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1、东城区东城区 20201919- -20202020 学年度第一学期期末教学统一检测学年度第一学期期末教学统一检测 高三数学参考答案及评分标准高三数学参考答案及评分标准 2020.12020.1 一、选择题（共一、选择题（共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分）分） （1）D （2）C （3）B （4）A （5）B （6）C （7） A （8）C 二、填空题（共二、填空题（共 6 6 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 3030 分）分） （9）4 （10）14524 （11）0 （答案不唯一） （12）4 （13）2或10 （14） 三、解答题（
2、共三、解答题（共 6 6 小题，共小题，共 8080 分）分） （15） （共 13 分） 解： （）由正弦定理可得sinsin3cos sin =0CACA. 因为sin0A， 所以tan3.C 又因为0C , 所以2=3C. .7 分 （）由正弦定理得32sin12sin=22 3bCBc, 又因为03B ， 所以,66BABC . 所以ABC的面积111sin2 2 33222SbcA . .13 分 （16） （共 13 分） 解： （）由题意可知，从高校大学生中随机抽取 1 人，该学生在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G 的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率
3、，即2705300.810001000. .3 分 （II）由题意X的所有可能值为 0,1,2. 记事件A为“从早期体验用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上” ， 事件B为“从中期跟随用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上” ， 由题意可知，事件，AB相互独立，且 ( )1 40%0.6P A ，( )1 45%0.55P B ， 所以(0)()(1 0.6)(1 0.55)0.18P X=P AB， (1)()()()( )(1( )(1( ) ( )0.61 0.551 0.6) 0.550.49P XP
4、 AB+ABP ABP AB P AP BP A P B （）（， ()()0.6 0.550.33.P X=2P AB 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 0.18 0.49 0.33 故X的数学期望0 0.18 1 0.492 0.331.15（ ）E X . 10 分 （III）设事件D为“从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐” ，那么 327031000()0.02.CP DC 回答一：事件D虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02，所以认为早期体验用户没有发生变化. 回答二：事件D发生概率小，所以可以认为早期体验用户人数增加. 13 分 （17
5、） （共 14 分） 解： （）在三棱柱111ABCA BC中，由于1BB 平面ABC， 所以1BB 平面111ABC又1BB 平面11B BCC， 所以平面11B BCC平面111ABC，交线为11BC. 又因为ABBC， 所以1111A BBC 所以11AB 平面11B BCC 因为1BC 平面11B BCC， 所以111.A BBC 又因为12BBBC， 所以11B CBC 又1 1AB11BCB, 所以1BC平面11A B C 5 分 （）由（）知1BB 底面ABC，ABBC 如图建立空间直角坐标系Bxyz由题意得(0,0,0)B，(2,0,0)C，1(0,2,2)A，1(0,0,2)
6、B 所以1(2,0, 2)BC uuu r，1(0, 2, 2)AB uuu r 所以1111111cos,2|A B B CA B B CBAB C uuu r uuu ruuu r uuu ruuu ruuu r 故异面直线1BC与1AB所成角的大小为3 9 分 （）易知平面11A ACC的一个法向量为(1,1,0)n， 由11B MBC，得(2 ,0, 22 ).M 设11A NAB，得(0, 22, 22 )N， 则( 2, 22, 22 )MN 因为/MN平面11A ACC，所以0MN n， 即( 2 , 22, 22 ) (1,1,0)0， 解得1 所以111A NAB 14 分
7、（18） （共 13 分） 解：() 因为 321( )33f xxxax， 所以 223fxxxa. 由( )f x在1x 时，有极值得 11 230fa ， 解得 1a . 经检验，1a 时，( )f x有极值. 综上，1a . 4 分 （）不妨设在直线1x 上存在一点(1, )Pb， 设过点P与( )yf x相切的直线为l，切点为00(,)xy， 则切线l方程为32200000013(23 )()3yxxaxxxa xx. 又直线l过(1, )Pb，有32200000013(23 )(1)3bxxaxxxax， 即3200022+2303xxxab. 设322( )2233g xxxxa
8、b， 22( )2422(1)0g xxxx. 所以( )g x在区间(,) 上单调递增， 所以( )0g x 至多有一个解. 过点P与( )yf x相切的直线至多有一条. 故在直线1x 上不存在点P，使得过P至少有两条直线与曲线( )yf x相切. 13 分 （19） （共 14 分） 解：（）由题意2222221cababc，解得22a . 所以椭圆C的方程为221.2xy 4 分 （）由已知直线l的斜率不为 0. 设直线l方程为1yk x.直线l与椭圆C的交点为1122,A x yB xy. 由22112yk xxy，得2222214220kxk xk. 由已知，判别式0 恒成立，且22
9、121222422,.2121kkxxx xkk 直线1F A的方程为1111yyxx，令0 x ，则11(0,)1yMx . 同理可得22(0,)1yNx . 所以2121211121211111111kxxy yFM FNxxxx uuuu r uuu r 222212121212121212121111111kx xkxxkkx xxxx xxxx xxx . 将代入并化简，得 21127181kFM FNkuuuu r uuu r. 依题意，1MFN我锐角，所以110FM FN，即211271081kFM FNkuuuu r uuu r. 解得217k 或218k . 综上，直线l斜率
10、的取值范围是7227(,)(,0)(0,)(,)7447 UUU. .14 分 （20） （共 13 分） 解：（）= 3 5 6 7 9 10T， ， ，. 3 分 （）假设存在ijN，使得()=1024S ij，则有 1102422(1)2(1)()LLiijaaaiijjiij ， 由于ij与ji奇偶性相同， 所以ij与1ji 奇偶性不同. 又因为3ij ，1 2ji ， 所以1024必有大于等于3的奇数因子， 这与1024无1以外的奇数因子矛盾. 故不存在ijN，使得()=1024S ij，成立. 8 分 （）首先证明nan时，对任意的mN都有2tmbtN，. 若, ijN，使得：(1
11、)()(1)22Ltjiijiij ， 由于1ji 与ji均大于2且奇偶性不同，所以1(1)()2tjiij 不成立. 其次证明除2 ()ttN形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和. 若正整数2 (21)thk ，其中tN，kN. 当1221tk时，由等差数列的性质有： (21)222 =(2)(21)2(21)(2)ttttttttkhkk个LLL144444 4244444 4 3 此时结论成立. 当1221tk时，由等差数列的性质有： 2(21)(21)(21)=(21)(1)(1)(2)(2 ),ttthkkkkkkkkk个L1444444444444 42444444444444 4 3LL 此时结论成立. 对于数列22nan. 此问题等价于数列0 1 2 3n， ，LL，其相应集合T中满足：1010nb 有多少项. 由前面的证明可知正整数2 4 8 16 32 64 128 256 512， ， ， ，不是集合T中的项， 所以n的最大值为1001. .13 分