大兴区 2023~2024 学年度第一学期期末检测
高三数学参考答案
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
（ 1） C （ 2） A （ 3） B （ 4） D （ 5） B
（ 6） A （ 7） C （ 8） D （ 9） D （10）D
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（11）16 （12） 2
（13） 2 , 0 , 1（答案不唯一） （14）1 [6 2 3 , 6 2 3]
（15）① ③ ④
注：第（14）题第一空 3 分，第二空 2 分；
第（15）题只写一个且正确 2 分，只写两个且正确 3 分。
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（共 14 分）
解：（Ⅰ）在三棱柱 ABC A1B1C1中，
因为 BB1 平面 ABC，
所以CD BB １． 1 分
在△ABC中，因为D为 AB的中点，CA CB 5 ，
所以CD AB． 1 分
所以CD 平面 ABB1A1 ． 1 分
因为CD 平面CDE，
所以平面CDE 平面 ABB1A1 ． 1 分
（Ⅱ）取 A1B1 的中点D1 ，连结 D1F ．
因为D为 AB的中点，
所以在三棱柱 ABC A1B1C1中， DD1 //BB1 ．
所以 DD1 平面 ABC． 1 分
所以 DD1 AB， DD1 DC．
由（Ⅰ）知CD AB．
如图建立空间直角坐标系D xyz，
则D(0,0,0)， B( 1,0,0)， B1( 1,0,2) ， E(1,0,1) ，C(0,2,0) ．
所以 BC (1,2,0)， BB1 (0,0,2) ． 2 分
设平面 BCC1B1 的法向量为 n (x, y, z) ，则
1
n BB1 0, 2z 0,
即 1 分
x 2y 0.
n BC 0,
令 y 1，则 x 2 ．
于是 n ( 2, 1, 0)． 1 分
又CE (1, 2,1) ， 1 分
设直线CE 与平面 BCC1B1 所成角的 ，
所以 sin | cos n,CE n CE | | | 2 分
| n ||CE |
| ( 2) 1 1 ( 2) 0 1 |
5 6
2 30
． 1 分
15
2 30
所以直线CE 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为 ． 1 分15
（17）（共 13 分）
解：（Ⅰ）由余弦定理知，
2 2
cosC a b c
2
1 分
2ab
12 22 (2 2)2
2 1 2
3
． 1 分
4
在△ABC中，C (0，π)．
所以 sinC 1 cos 2C 1 分
7
． 1 分
4
1
所以△ABC的面积 S absinC 1 分
2
1 1 7 7 2 ． 1 分
2 4 4
π
（Ⅱ）选择条件②： B + A
3
a b
由正弦定理 ， 2 分
sin A sin B
1 2
知 ．
sin A sin(A π )
3
所以 sin(A π ) 2sin A． 1 分
3
2
所以 sin Acos π cos Asin π 2sin A． 2 分
3 3
所以 tan A 3 ． 1 分
3
因为在△ABC中， A (0，π) ，
π
所以 A ． 1 分
6
选择条件③： C 2 A
a c
由正弦定理 ， 2 分
sin A sinC
1 c
知 ．
sin A sin 2A
1 c
所以 ． 1 分
sin A 2sin Acos A
所以 c 2cos A． 1 分
b2 c2 a2
由余弦定理知 c 2 ．
2bc
所以 c 3 ． 1 分
所以 cos A 3 ． 1 分
2
因为在△ABC中， A (0，π) ，
π
所以 A ． 1 分
6
（18）（共 13 分）
解：（Ⅰ）根据题中数据，该地区参与 A快递公司调查的问卷共120份，
样本中对 A 快递公司配送时效的评价不低于 75分的问卷共 29 47 76份，
76 19
所以样本中对 A 快递公司配送时效的评价不低于 75分的频率为 ，
120 30
19
估计该地区客户对 A 快递公司配送时效的评价不低于 75分的概率 . 3 分
30
（Ⅱ） X 的所有可能取值为 0, 1, 2 ． 1 分
记事件C为“从该地区 A 快递公司的样本调查问卷中随机抽取1份，该份问
卷中的服务满意度评价不低于 75分”，事件 D为“从该地区 B 快递公司的样
本调查问卷中随机抽取1份，该份问卷中的服务满意度评价不低于 75分”．
由题设知，事件C , D相互独立，且
P(C) 24 56 2 P(D) 12 48 3 ， ． 1 分
120 3 80 4
2 3 1
所以 P(X 0) P(CD)=(1 ) (1 ) ， 1 分
3 4 12
P(X 1)=P(CD CD)=(1 2) 3 2 (1 3) 5 ， 1 分
3 4 3 4 12
3
P(X 2) P(CD) 2 3 1 ． 1 分
3 4 2
所以 X 的分布列为
X 0 1 2
1 5 1
P 12 12 2
1 5 1 17
故 X 的数学期望 E(X ) 0 1 2 = ． 2 分
12 12 2 12
（Ⅲ）答案不唯一． 3 分
答案示例 1：小王选择 A 快递公司合适，理由如下：
29
根据样本数据，估计 A 快递公司配送时效评价为 “优秀”的概率是 ，估
120
1 29 1
计 B 快递公司配送时效评价为“优秀”的概率是 ，因为 ，故小王选
5 120 5
择 A 快递公司合适．
答案示例 2：小王选择B 快递公司合适，理由如下：
19
由（Ⅰ）知，估计 A 快递公司配送时效评价为 “良好”以上的概率是 ；
30
由样本数据可知，估计 B 快递公司配送时效评价为 “良好”以上的概率是
16 40 56 7 19 7
，因为 ，故小王选择 B 快递公司合适．
80 80 10 30 10
（19）（共 15 分）
x2 y2
解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为 2 2 1 (a b 0)．a b
a 2,
由题意得 c 3 解得 c 3 ． 2 分
, a 2
所以 b2 a2 c2 1． 1 分
x2
所以椭圆C的方程为 y2 1． 1 分
4
（Ⅱ）依题意，直线 l的斜率存在，设其方程为 y k(x 4)(k 0)． 1 分
y k(x 4),
由 x2 2 得 (4k
2 1)x2 32k 2x 64k 2 4 0． 1 分
y 1, 4
设M (x1, y1) ， N (x2 , y2 ) ，则
2 2
0 x x 32k 64k 4且 1 2 2 ， x x 4k 1 1 2
4k 2
． 1 分
1
y y
所以直线MB的方程为 y 1 (x 2)，所以 P(1, 1 )． 2 分
x1 2 x1 2
4
直线 NA y的方程为 y 2 (x 2) 2y，所以Q(0, 2 ) ． 1 分
x2 2 x2 2
1 2y
所以 OAQ的面积为 S OAQ 2 | yQ | | 2 |， 1 分2 x2 2
OTP 1的面积为 S OTP 4 | y
2y
P | | 1 |． 1 分2 x1 2
S OAQ | 2y x 2所以 2 | | 1 | | y2 (x1 2) | | k(x2 4)(x1 2) |
S OTP x2 2 2y1 y1(x2 2) k(x1 4)(x2 2)
| x1x2 4x1 2x2 8 | | x1x2 2(x1 x2 ) 8 2x 1 | 1 分
x1x2 2x1 4x2 8 x1x2 4(x1 x2 ) 8 6x1
64k 2 4 2 2
2 2
32k 4k 1
8 2x
| 4k 1 4k
2 1 4k 2 1 1 |
64k 2 4 2 2
2 4
32k 4k 1
8 6x
4k 1 4k 2 1 4k 2 1 1
32k 2 4
2x
| 4k
2 1 1
2 | 1 分 3(32k 4)
2 6x4k 1 1
1
． 1 分
3
所以 OAQ与 OTP的面积之比为定值．
（20）（共 15 分）
解：（Ⅰ）因为函数 f (x) ax ln
1 x
，
1 x
所以 f (x) 的定义域为 ( 1, 1) ．
所以 f (x)
1 1
a ． 2 分
1 x 1 x
因为曲线 y f (x) 在点 (0, f (0) ) 处的切线斜率为 0 ，
所以 f (0) 0 ． 1 分
所以 a 2． 1分
（Ⅱ）当 a 4时， f (x)
1 x
4x+ln ．
1 x
因为 f (x) 的定义域为 ( 1, 1) ， 1 分
且 f ( x) ln
1 x 4x ln 1 x 4x f (x) ，
1 x 1 x
所以 f (x) 是奇函数． 1 分
以下讨论 f (x) 在区间 (0, 1) 上的零点个数．
2
f (x) 4x 2 ．
(1 x)(1 x)
令 f (x) 0 2，解得 x ． 1 分
2
5
f (x)与 f (x) 在区间 (0, 1) 的情况如下：
x (0, 2 ) 2 ( 2 , 1)
2 2 2
f (x) 0
f (x) 单调递增 极大值 单调递减
因为 f (0) 0，且 f (x) 2在区间 (0, ) 上单调递增，
2
2
所以 f (x) 在区间 (0, ) 上没有零点． 1 分
2
2
因为 f ( ) 0 ，且 f (1
1
4 ) 0 ，2 e
2
由 f (x) 在区间 ( , 1) 上单调递减和函数零点存在定理知，
2
f (x) 2在区间 ( , 1) 内存在唯一零点．
2
综上， f (x) 在区间 (0, 1) 内存在唯一零点． 1 分
因为 f (x) 是奇函数，
所以 f (x) 在区间 ( 1, 1) 内存在 3个零点． 1 分
（Ⅲ）当 0≤ a≤ 2 时， ax2 ≤ 0， a 2≤ 0 ，
2
f (x) ax a 2故 ≤ 0
(1 x)(1 x) ，
所以 f (x) 在区间 ( 1, 1) 上单调递减．
所以 0≤ a≤ 2 是 f (x) 为单调函数的充分条件． 3 分
2
当 a 1时， f (x)
x 3
．
(1 x)(1 x)
因为当 x ( 1, 1) 时， x2 3 0, (1 x)(1 x) 0 ，
故当 x ( 1, 1) 时， f (x) 0 ， f (x) 在区间 ( 1, 1) 上单调递减．
所以 0≤ a≤ 2 不是 f (x) 为单调函数的必要条件． 2 分
所以 0≤ a≤ 2 是 f (x) 为单调函数的充分而不必要条件．
（21）（共 15 分）
解：（Ⅰ）数列 an n是D数列．
理由如下： a2 a2 2n 1 n ( n 1) ( n)
2 1满足 D数列定义． 2 分
数列 a 2nn 不是 D数列．
理由如下： a2 a2 (2n 1)2 (2n )2 22n 2 22nn 1 n 3 2
2n 不是常数． 2 分
（Ⅱ）以下证明： d 0 ．
假设 d 0 ，由 a2 2 2 2 2n 1 an d 知{an}为等差数列，故 an a1 (n 1)d ．
6
因为{an}是各项为正的无穷数列，
a2 2
当 n取大于 [ 1 ] 1的整数时， a2 a2n ≤ 1 ([
a1 ] 2 1)d 0，
d d
与已知矛盾，所以假设不成立，所以 d 0 ．
以下证明：{an}是递增数列．
因为 d 0 ， a2n 1 a
2
n +d a
2
n ，且{an}是各项为正的无穷数列，
所以 an 1 an ．所以{an}是递增数列．
以下证明： t 0， k N ，当 n≥ k 时， an t．
若 t a1 ，当 n 1时，显然 an t．
t 2 a2
若 t a ，取 k [ 1≥ 1 ] 2 ，d
2 2
当 n k t a时， a2 a2 ([ 1 ] 2 1)d t 2≥ n ≥ 1 ，即 an t成立．d
d d
因为 bn an 1 an ，an 1 an 2an
d d
取 t ，当 n≥ k 时， a
2 n
t，此时， bn 1．
2 d
2
所以若{an}是D数列，则数列{bn}中存在小于1的项． 5 分
（Ⅲ）由（Ⅱ）知， k N ，当 n≥ k 时， bn 1，即 an 1 an 1，
以此类推， 0 ak m ak m 1 1 ak m 2 2 a m，m N k ．
1 1
所以 s 1 s a a m ，m N ．设此时 2 ≤ ak 2 ， s N ，令 n k m．k m k
n 1 k m 1 1 1 1 1所以
i 1 ai i k ai ak ak 1 ak 2 ak m
1 1 1 1
s s s s ．2 2 1 2 2 2 m
1 1 1 1 2
s 1
因为
2s
2s
1 2s
2 2s
，
(2s 1) 2s 2s 2
所以当m 2s 2 2024 1，m N ，
n 1 k m 1 1 1 1 1 a s s s s s 2 2024i 1 i i k ai 2 2 1 2 2 2 (2 1)
( 1 1s s
1
) ( 1 1 1
2 2 1 2s (2s 1) 2s 1 2s 1
1 2s 1
)
(2s 1 1)
+( 1 1s 2 2024 s 2 2024
1
2 2024
2 2 1 2s 2 2024 (2s 2 2024
) 2024
1) ． 2
n 1
所以存在正整数 n，使得 a 2024． 6 分i 1 n
7大兴区2023~2024学年度第一学期期末检测试卷
高三数学
2024.01
本试共4页、150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷
上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
第一部分（选择题
共40分)
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目
要求的一项。
圜
(1)已知全集U={xlx>1},集合A={xlx≥2}，则CuA=
(A){x11
地
(C){xl1
(2)若复数z满足i(z+i)=1,则复数z的虚部是
訩
(A)-2
(B)2
(C)-1
长
(D)0
(3)在(x2-1)°的展开式中，常数项为
区
(A)-15
(B)15
都
(C)-20
(D)20
(4)设向量a,b,若1a1=1,b=(-3,4),b=Aa(A>0),则a=
输
43「
(号
解
4
(-号》
(5)已知函数f(x)=2-1,则不等式f(x)≤x的解集为
(A)(-∞，2]
(B)[0,1]
(C)[L,+∞)
(D)[1,2]
（6)在△ABc中，“C=7”是“sinA+sn2B=1”的
(A)充分而不必要条件
(B)必要而不充分条件
(C)充分必要条件
(D)既不充分也不必要条件
（)已知定点M(1,3)和抛物线C:x2=8y,F是抛物线C的焦点，N是抛物线C上的
点，则|NF+|NM|的最小值为
1
(A)3
(B)4
(C)5
(D)6
高三数学试卷第1页（共4了
,8)已知a>b>0且ab=10,则下列纳论中不正确的是
(A)lga+1gb>0
(B)lga-1gb >0
(C)lga-lgb<4
o福
(9)木禊在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形ABCD是边
长为2的正方形，且△ADE,△BCF均为等边三角形，EF∥CD,EF=4,则该木楔的体积为
(A)2
(B)22
(C)
3
o9
(10)设无穷等差数列{an}的公差为d,集合T={tlt=sina,neN}.则
(A)T不可能有无数个元素
(B)当且仅当d=0时，T只有1个元素
(C)当T只有2个元茶时，这2个元素的桑积有可能为号
(D)当d=行k≥2，keN~时，T最多有k个元素，且这k个元素的和为0
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
(11)设{an}是等比数列，a,=1,a2a4=16,则a5=
(12)若双曲线卡=1(6>0)的-一条渐近线方程为2x-y=0,则6=
(13)能够说明“设a,b,c是任.意实数.若a>b>c,则ab>c2"是假命题的一组整数a,b,c
的值依次为
E
(14)如图是六角螺母的横截面，其内圈是半径为1的圆0，外框是以02
A
为中心，边长为2的正六边形ABCDEF,则O到线段AC的距离
为；若P是圆0上的动点，则A心AP的取值范重是
(15)设函数f(x)的定义域为R,且f(x)满足如下性质：（i)若将f(x)的图象向左平移2
个单位，则所得的图象关于y轴对称，()若将f(x)图象上的所有点的纵坐标不变，
横坐标缩短为原来的7，再向左平移个单位，则所得的图象关于原点对称.给出
下列四个结论：
①f1)=f3):
②f0)=0;
③f(2)+f4)=0;
④-2r})≤0.
其中所有正豳结论的序号是
5三数学试卷第2页（共4页）
