北京市通州區(qū)2024-2025學(xué)年高三年級上冊期末摸底考試數(shù)學(xué)試卷

2025年北京市通州區(qū)高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷

本試卷共9頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無

效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題紙一并交回.

第一部分(選擇題共40分)

一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項(xiàng)中，選出符合題目要

求的一項(xiàng).

1,已知全集°=卜2，-L°」23},集合”=卜，/卜則%，=()

A.{-2,-1,0,1,2}B.{-1,0,1}C.{-2,2,3}D.{3}

【答案】C

【解析】

【分析】解不等式求得集合A,進(jìn)而求得ea.

【詳解】由X2<4,解得—2<X<2,所以A={-1,0,1},

所以{—2,2,3}.

故選：C

2.若復(fù)數(shù)z滿足(z-l)i=l+i,其中i為虛數(shù)單位，則2=()

A.2+iB.2-iC.-iD.i

【答案】B

【解析】

【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算化簡復(fù)數(shù)即可求解.

【詳解】因?yàn)?z-l)i=l+i,所以z=l+Hi=l—i+l=2—i.

i

故選：B

3.已知函數(shù)/?(月=卜+=3則/(%)=()

A.是偶函數(shù)，且在(0,+8)上是增函數(shù)

B.是偶函數(shù)，且在(0,+8)上是減函數(shù)

C.是奇函數(shù)，且在(0,+8)上是增函數(shù)

D.是奇函數(shù)，且在(0,+8)上是減函數(shù)

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性的定義判斷函數(shù)的奇偶性，再利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性.

【詳解】函數(shù)的定義域是R,關(guān)于原點(diǎn)對稱，/(-%)=e-A+eA=/(%),

故函數(shù)/(%)是偶函數(shù)，

又因?yàn)?'(x)=e'-ef,易知其為增函數(shù)，

當(dāng)xe(0,+oo)時，/,(%)>/'(0)=0,

故/(%)在(。,+8)上是增函數(shù)，

故選：A.

3

4.在二項(xiàng)式(尤-一)6的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為()

x

A.540B.20C.-20D.-540

【答案】D

【解析】

【分析】求出通項(xiàng)，找到常數(shù)項(xiàng)即可.

【詳解】(X—1)6的通項(xiàng)公式為G=C*6-]—3]=(—3/C*6-2/，

常數(shù)項(xiàng)時6—2左=0,則左=3,

所以常數(shù)項(xiàng)為(—3)3C：=-540,

故選：D.

5.圓O]-2x+4y+4=0與圓Q:必+J?=1的位置關(guān)系是()

A.相交B.內(nèi)切C.外切D.外離

【答案】D

【解析】

[分析】直接根據(jù)兩圓位置關(guān)系的判斷方法即可得到答案.

【詳解】圓a：Y+y一2x+4y+4=0的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x—1)2+(y+2)2=1,

圓心為(1,—2),半徑為廠=1，

圓。2：X2+y2=1,圓心為。2(0,0),半徑為尺=1，則|O]Q|=上+(-2)2=J?，

???，R+r=2,R—r=0,|QO2|>R+r,

故圓。]和圓02的位置關(guān)系是外離.

故選：D.

6.設(shè)。卜出，的，%為1，2,3,4的一個排列，則滿足|4-%1+1。3-。41=4的不同排列的個數(shù)為()

A.24B.16C.8D.2

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)題意，分析可得貝力4一21=1且3-“41=3,或1%-%1=3且|〃3-。41=1，或1%-%|=2且

3-4=2,分別在不同情況下,列出所有可能，進(jìn)而得到答案.

【詳解】根據(jù)題意，若I4一41+1%-。41=4,貝[]]%-〃21=1且1。3-。41=3,或|%-%|=3且

|〃3-。4=1，或1%-％1=2且&1=2,

當(dāng)Iq—。21~1且I。3—“41=3時，有％=2,%=3,q=1,4=4,或4=2,%=3,%=4,g=1，

或q=3,%=2,%=1,g=4,或％=3,私=2,%=4,%=1，共4種可能；

當(dāng)Iq-41=3且I/-。41=1時，有q=1，4=4,q=2,%=3,或4=1，4=4,%=3,4=2,

或％=4,/=1,%=2M4=3,或%=4,%=1,%=3,%=2,共4種可能，

當(dāng)1%-%|=2且19-&1=2時,有%=I,%=3,。3=2,。4=4,或q=1,%=3,%=4,%=2,

q=3,=1,%=2,。4=4,q=3,a?—1,%=4,=2,^4%=2,a?—4,%=1,=3,

或%=2,4=4,q=3,g-1,或4=4,4=2,%=L&=3,或4=4,4=2,%=3,4=1,共8種可能，

滿足1%-4I+&-41=4的不同排列的個數(shù)為4+4+8=16,

故選：B.

7.已知直線/：y=2x,雙曲線c：［—2L=i（。>0）,貝廣。=1”是“直線/與雙曲線無交點(diǎn)”的（）

a24

A,充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】

【分析】求出雙曲線的漸近線方程，利用充分條件、必要條件的定義，結(jié)合雙曲線的性質(zhì)判斷即可.

222

【詳解】雙曲線C:與-匕=1的漸近線方程為y=±—X,

a24a

當(dāng)。=1時，直線/為雙曲線。的一條漸近線，直線/與雙曲線無交點(diǎn);

2

反之直線/與雙曲線無交點(diǎn)，0<—K2,即。之：1,

a

所以“a=1”是“直線/與雙曲線無交點(diǎn)”的充分而不必要條件.

故選：A

8.如圖某實(shí)心零部件的形狀是正四棱臺，已知AB=10cm,-20cm,棱臺的高為12cm,先需要

對該零部件的表面進(jìn)行防腐處理，若每平方厘米的防腐處理費(fèi)用為0.5元，則該零部件的防腐處理費(fèi)用是

A.640元B.440元

C.390元D.347.5元

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)棱臺的高求出側(cè)面等腰梯形的高，再計(jì)算出棱臺的表面積，即可求得該零部件的防腐處理費(fèi)用.

如圖所示，AC^BD=O,連接分別是3C,4G的中點(diǎn)，連接

OM,MN,O[N,取ON的中點(diǎn)"，連接"W.

由題意，在正四棱臺ABC。-a用G2中，平面AB]G2,則。。1=12,

因?yàn)榉謩e是AC3C的中點(diǎn)，所以且OM=gAB=5,

2

又01,N分別是4G，與G中點(diǎn)，所以。雙//4用，且aN=；A3i=io，

故OM//O]N,則O,M,N，a四點(diǎn)共面；

因?yàn)?，平?4GR,01NU平面A[B]G2,所以O(shè)O]，O[N,

所以四邊形OMNO]為直角梯形，

在直角梯形OMNO]中，OM=；O[N,又點(diǎn)”是QN的中點(diǎn)，

所以四邊形為矩形，則MHLOiN,且MH=OO]=12,又HN=；01N=5,

因此，在直角AAffW中，MN=^MH~+HN~=13-

所以在正四棱臺ABCD-A4GA中，

側(cè)面積H=4x；x（BC+BG）xMN=4x1x（10+20）xl3=780,

22

底面積S2=AB-+ABj=10+20=500,

表面積S=S]+S2=780+5。。=128。（平方厘米），

又每平方厘米的防腐處理費(fèi)用為0.5元，

所以該零部件的防腐處理費(fèi)用是1280x0.5=640（元）.

故選：A

IT

9.關(guān)于函數(shù)〃x）=3sin（2尤+：）（xeR）,有下列命題：

O

①若/（西）=/（々）=°，則看一々=for（左eZ）；

TT7T

②/（%）=3sin（2x+-）（XGR）的圖象可由g（x）=3sin（2x）（xeR）向左平移一得到；

66

jr

③若占，%€（-了0）且石＞%2，則一定有/（七）＞/（々）；

jrTT

④函數(shù)/（x）=3sin（2x+多（xeR）的圖象關(guān)于直線x=—對稱.

66

其中正確命題的個數(shù)有（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】①選項(xiàng)，求出函數(shù)的零點(diǎn)，從而求出兩零點(diǎn)的差值，根據(jù)平移得出解析式判斷②，根據(jù)正弦函數(shù)

的單調(diào)性判斷③，代入檢驗(yàn)法判斷④.

【詳解】令/（x）=3sin（2x-F]=0,解得：2x--=kn,keZ,即》=如+M，keZ,

I6）6212

所以兩個零點(diǎn)的距離：玉_々=旦+4一且—±=3二"=包（左eZ），①錯誤；

21221222'）

由g（x）=3sin（2x）（xeR）向左平移親得到了（X）=sin2（%+專）=sin（2x+g）

,故②錯誤；

因?yàn)榭?當(dāng)€（-：0）,所以2為+2,2x,+為（-：,=）,所以/（x）=3sin（2x+B）單調(diào)遞增，所以%>尤2

366266

時，則一定有/（西）〉/（々），③正確；

當(dāng)》='時，2X+2=￡,y=sin（2x+￡1=l,所以直線x=0是函數(shù)的對稱軸，④正確；

662I6J6

故選：B

10.已知數(shù)列｛4｝的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前〃項(xiàng)和為5“，且下列說法正確的是（）

A.當(dāng)％=1時，數(shù)列｛%｝為遞減數(shù)列

B.數(shù)列｛4｝不可能為等比數(shù)列

C.當(dāng)q>4,V?>2,都有3〃<S“〈㈣

D.當(dāng)％=1時，B/neN".\!n>m,都有可>4

【答案】C

【解析】

【分析】本題通過給定的數(shù)列遞推式，寫出項(xiàng)，分析數(shù)列的單調(diào)性、常數(shù)列情況、分類討論，逐個判定即

可.

【詳解】對于選項(xiàng)A,當(dāng)％=1時，可得1=靖—2a2，即嬉—2出—1=0.

因?yàn)閿?shù)列｛｝的各項(xiàng)均為正數(shù)，解這個方程出2+^+^

g==1+A/2.

再由%=。3—2%，即（1+>/2）-《一2a3，

解得%=2+5+,+叵=i+H>

4=1，4=1+母>1，%=1+也+&>1+0，

可以發(fā)現(xiàn)4</<%，所以數(shù)列｛4｝不為遞減數(shù)列，所以選項(xiàng)A錯誤.

由4=%（%—2）,因?yàn)?>0,%+1>0,得出磯-2>0,即0>2.

又由4,=<i-2q+1解出4+i=1+M+l（neN+）.

由7^+1+1>為推出日節(jié)>qT，進(jìn)一步得到（4-3）<0,

結(jié)合q〉0得出<3,

從而得到0<a”<3時,an+l>an.

同理得到an=3時，a“+i=an；?！啊?時，an+l<an.

當(dāng)4>3時，由%=43一2°向變形為4+1=（4+1—1）2,得出4+1>4,進(jìn)而得到（％+「1）2〉4,推

出?！?1-1>2,即4+1〉3,所以3時，an+l>3；同理0<?！?lt;3時，0<a"+i<3.

對于選項(xiàng)B,4=3時，a“+i=4,為等比數(shù)列，所以選項(xiàng)B錯誤.

對于選項(xiàng)C,當(dāng)4>3時，根據(jù)前面分析的單調(diào)性an+l<an,所以〉3在“eN+時恒成立且｛??）單調(diào)

遞減.

當(dāng)q〉4時，因?yàn)?“單調(diào)遞減且〉3,所以3<%<%恒成立，進(jìn)而所以選項(xiàng)C正確.

對于選項(xiàng)D,當(dāng)0<。“<3時，?！?1<3且％+i>%.

當(dāng)％=1時，因?yàn)閿?shù)列單調(diào)遞增且為<3,所以不存在〃eN+使4>4,所以選項(xiàng)D錯誤.

故選：C.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：由2=4+1（。“+1-2）,因?yàn)椤礝,a“+i〉0,得出q+1-2>0,即a“+i〉2.由

向口+1>4,推出北萬T>a“—1,進(jìn)一步得到3）<0,分類討論得到數(shù)列單調(diào)性是關(guān)鍵.

第二部分（非選擇題共110分）

二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.

11.已知函數(shù)y（x）=婷+log2（x-2），則/（4）----------------

【答案】3

【解析】

【分析】直接代入計(jì)算即可.

?

【詳解】y（4）=4+log2（4-2）=2+l=3-

故答案為：3.

12.A,B,。三個班共有120名學(xué)生，為調(diào)查他們的體育鍛煉情況，通過分層抽樣獲得了部分學(xué)生一周

的鍛煉時間，數(shù)據(jù)如下表（單位：小時）：

A班66.577.588

B班6789101112

C班46.588.51012.513.5

估計(jì)A班的人數(shù)有人；設(shè)B班體育鍛煉時間的方差為s；,C班體育鍛煉時間的方差為s；,則s；

s；（填：>，<，=）.

【答案】①.36②.<

【解析】

【分析】由表格數(shù)據(jù)可知，樣本有20人，其中A班有6人，然后再利用抽樣比計(jì)算A班的學(xué)生人數(shù)；分

別由題計(jì)算兩班平均數(shù)，在算出方差，比較即可.

【詳解】由題意知，抽出的20名學(xué)生中，來自A班的學(xué)生有6名.

根據(jù)分層抽樣方法，A班的學(xué)生人數(shù)估計(jì)為120XA=36人；

設(shè)B班體育鍛煉時間的平均數(shù)為），C班體育鍛煉時間的平均數(shù)為五，

-6+7+8+9+10+11+12八—4+6.5+8+8.5+10+12.5+13.5八

%=------------------------------------=9,%=------------------------------------------------=9，

2_（6-9）*2+（7-9）2+（8-9）2+（9-9）2+（10-9）2+（11-9）2+（12-9）2_

7

2222

2_（4-9）2+（6.5-9）+（8-9『十,與一^+（10-9）+（12.5-9）+（13.5-9）_66

=-------------------------------------------------------------------=—，

77

由此可知s；<sf.

故答案為：36；<

13.已知拋物線C:/=4x的焦點(diǎn)為E，點(diǎn)",N在C上，若|M7q+|N尸|=8,則線段MN的中點(diǎn)的橫

坐標(biāo)為.

【答案】3

【解析】

【分析】設(shè)M(4X),N(9,%)，根據(jù)拋物線定義可得|阿|+|即|=%+々+2=8,即可求解中點(diǎn)橫坐

標(biāo).

【詳解】設(shè)Ng,%)，則根據(jù)拋物線定義可得|艘|+|距|=石+1+/+1=8，

解得%+%=6,所以線段MN的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3.

故答案為：3.

14.已知第瓦｝是同一平面上的三個向量，滿足同=，=2,萬.B=-2,則0與5的夾角等于

；若4與5一3的夾角為(則同的最大值為.

2兀

【答案】①.」②.4

3

【解析】

【分析】第1空,利用cosG力=可得;

同W

第2空，根據(jù)向量夾角的關(guān)系，利用向量的幾何表示，設(shè)四=苕，AC=b，蒞=^確定為VA5C的

外接圓直徑時最大，進(jìn)而可得.

-rS-b-21一「12n

【詳解】第1空：C°StZ,Z?=uH=2^2=-2,因口匕目0,兀］，故汗力=彳，

2〃

第2空：設(shè)m=互，AC=b，則N5AC=——，

3

設(shè)AD=1，則CD=3—萬，BD=c-b因守一花與亍—B的夾角為§，

而萬石=g,故。在兩段優(yōu)弧上，如下圖，

_2_x__1—2c

右上方的弧所在圓的半徑為工2—，左下方的弧所在的圓的半徑為2且圓心為A,

2

結(jié)合圖形可得同即|AD|可取得最大值為直徑即為4，

c

故答案為：—;4

3

15.如圖，正方形A3CD和正方形CD跖所在的平面互相垂直."為3c中點(diǎn)，P為正方形CDEF內(nèi)一

點(diǎn)（包括邊界），且滿足NAPD=NMPC,。為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)（包括邊界），設(shè)AB=3,給出下

列四個結(jié)論：

①三￡0,使EQLMP；

②mp,。，使尸。=6；

③點(diǎn)P到DF的最小值為2近-2;

④四棱錐P-AMCD體積的最大值為2叵.

4

其中正確結(jié)論的序號是.

【答案】①③④

【解析】

【分析】先求出點(diǎn)P的軌跡方程，建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系后，借助空間線面的概念研究位置關(guān)系，結(jié)合距

離公式、三棱錐體積公式逐項(xiàng)判斷即可得.

【詳解】根據(jù)題意，正方形A3CD和正方形CDEb所在的平面互相垂直，

平面ABCDc平面COEE=，尸為正方形CDE歹內(nèi)一點(diǎn)，

所以匹，平面ABCD,CM,平面CDE7L平面CDEF,

所以、APCM均為直角三角形，

因?yàn)镹APD=NMPC,

pnpc

所以——=——，又因?yàn)镸為3c中點(diǎn)，AD=2MC,

ADMC

所以尸D=2尸C,

ly

如圖，以。為原點(diǎn)，DC,DE所在直線分別作x,y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，

因?yàn)??=3,所以。C=3,D（0,0）,C（3,0）,設(shè)P（x,y）,

由？0=2尸。可得JK+V=24x—,

化簡可得（x—4『+y2=4,點(diǎn)、p的軌跡為以圓心Q（4,0）半徑為廠=2的圓的一部分，如圖所示，

當(dāng)。與D重合，P在點(diǎn)6時，此時平面A3CD,MPu平面A3CD,所以故①

正確；

當(dāng)。與A重合，P在點(diǎn)「2時，|PQ|最大，即歸0=|生4|,

227

\P2C\=7|m|-|cQ|=v?1=73，

|CA|=V32+32=372,所以在△EGA中，|PQ|=|鳥川=+|G4『=后,

因?yàn)锧<6,故不存在R。，使「。=6,故②錯誤;

設(shè)。1到DF的距離為〃，點(diǎn)P到DF的距離最小值為hr,

在AOIED中，利用等面積法可得：^\OxE\-\CF\=^\DF\-h,即gx4x3=gx3jL〃，解得

h=2y[2

所以點(diǎn)P到。尸的距離最小值為無―廠=2行一2，故③正確；

］（3、27

四邊形AMCD的面積S=,x萬+3卜3=彳，隹C|=JL

當(dāng)P在點(diǎn)尸，時，四棱錐P—AMCD體積有最大值，VpAMrn=-S'\P,C\=-x—xy/3=^-,故④

r-AMCLf3?Z?344

正確.

故答案為：①③④

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：求出點(diǎn)P的軌跡方程，建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，借助空間線面的概念研究位置關(guān)系

是解題關(guān)鍵，第④個結(jié)論的關(guān)鍵點(diǎn)在于借助四面體的體積公式，分別求出高與底面三角形的最大值.

三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程.

16.在VABC中，^/3atanB=2Z?sinA.

（1）求—5；

（2）若a=8,3c邊上中線的長為2,求VA3C的面積.

7T

【答案】（1）-

6

⑵4小

【解析】

【分析】（1）根據(jù)同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系和正弦定理化簡可得853=43,進(jìn)而求出

2

（2）根據(jù)余弦定理求出c,再根據(jù)三角形面積公式求出面積.

【小問1詳解】

因?yàn)镴3atan5=2Z?sinA，由正弦定理得

所以&sinAtan3=2sinBsinA，即上sinA-----=2sinBsinA,

cos8

又因?yàn)?<Av兀,0<3<兀，所以sinAw0,sin5wO,

所以cosB=1叵，JT

所以N3=：

26

【小問2詳解】

設(shè)5c中點(diǎn)為。，。=8,AD=2,則AD?ZAB.BDCOSB，

即4=c?+16—4百c，即。2—4耳+12=0,

所以c=2^3，

所以與ABC=^-?csinB=-^x8x2^xi=4A/3.

17.如圖，在四棱錐P—ABCO中，底面ABCD為菱形，且尸3=A3=2，平面ABC。，E是

PC的中點(diǎn).

P

（1）求證：CD//平面ABE；

（2）再從條件①、條件②中選擇一個作為已知，求直線0E與平面ABE所成角的正弦值.

條件①：平面PDCJ_平面PBC；條件②：PD=2?.

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計(jì)分.

【答案】（1）證明見解析；

⑵顯

3

【解析】

【分析】（1）由菱形A3CD得CD〃AB，結(jié)合線面平行的判定定理，即可證得CD//平面ME；

（2）選擇條件①：由E是尸C的中點(diǎn)，PB=AB,得BELPC,結(jié)合平面PZ）C_L平面P3C,得到

平面PDC,得到5ELCD,進(jìn)而5ELAB，再結(jié)合依，平面ABCD,得PB上AB，進(jìn)而得ABL平

面尸3C,證得尸兩兩垂直.以8為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得力后和平面ABE的法向量

［的坐標(biāo)，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解;

若選擇條件②，依，平面A3CD得依，BD，利用勾股定理及其逆定理可得3。=2行，BCLCD,

進(jìn)而再結(jié)合P5J_平面ABCD,得尸63CA3兩兩垂直.以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系,

分別求得瓦和平面觸的法向量7的坐標(biāo)，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解；

【小問1詳解】

???A3CD為菱形，所以CD〃AB.

又因?yàn)锳Bu平面A4B，CD<Z平面

所以〃平面

【小問2詳解】

若條件①：平面平面P3c.

:底面ABC。是邊長為2的菱形，PB=AB=2,：.PB=BC=2,

是PC的中點(diǎn)，，鹿，尸C

:平面PDC，平面P3C,平面PDCn平面P3C=PC,5Eu平面P3C,

/.5石，平面PDC.

：CDu平面PDC,所以BELCD.

?/CD//AB,ABELAB,

；平面ABC。，AB,4￡)匚平面718?！?,；.依,45依工30

又尸3。3￡=3,依,3￡匚平面。6。，AB，平面P3c.

：3Cu平面「3C,，AB，3c

/.PB,BC,AB兩兩垂直,

以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BC,BA,BP為羽％z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

則5（0,0,0）,A（0,2,0）,石（1,0』）,。（2,2,0）,

所以瓦=(-1，一2,1),屁=(1,0,1),通=(0,2,0),

設(shè)平面ABE的法向量為而=（羽y,z）,

n-BE=x+z=0

則一令x=l,得為=(1,0,—1),

n-AB=2y=0

設(shè)直線DE與平面A5E所成角為6,

-IcosDEHl-S-2

則sin6

故直線DE與平面ABE所成角的正弦值為

若選擇條件②：PD=2A/3

：平面ABCD，班＞（=平面48?！辏?，。5,3。

:菱形棱長為2,PB=AB=2

(

BD=《PD?—PB?=J2@2—22=20

；BC=CD=2,所以BD?=BC?+CD2,

所以5CLCD,即5CLAD.

所以底面A3CD是邊長為2的正方形，所以5CLA5.

：平面ABC。，AB,3CU平面ABC￡）,

PB±AB,PB±BC

所以PB,A尻BC兩兩垂直.

以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BC,3ABp為羽％z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

則B（0,0,0）,A（0,2,0）,E（l,0,l）,D（2,2,0）,

所以質(zhì)=（一1,一2,1）,而=（1,0,1）,通=（0,2,0）,

設(shè)平面ABE的法向量為為=(%,y,z),

n-BE=x+z=0

則一令x=l,得為=（1,0,—1）,

n-AB=2y=0

設(shè)直線DE與平面ABE所成角為6,

2_V3

則sin0=

76x72-3

故直線DE與平面ABE1所成角的正弦值為

18.為服務(wù)北京城市副中心三大文化建筑(北京藝術(shù)中心，北京城市圖書館和北京大運(yùn)河博物館)游客差

異化出行需求，北京市交通委于2024年開通三大文化建筑周邊自動駕駛微公交接駁服務(wù).無人駕駛微公交

每輛車滿載可乘坐9名乘客，為預(yù)測未來某站點(diǎn)在客流量高峰期乘車人數(shù)的規(guī)律，收集了以往某個客流量

高峰期連續(xù)20輛微公交的乘車人數(shù)數(shù)據(jù).如下：

車次序號乘車人數(shù)

1T0號8999899997

11-20號9989999978

用頻率估計(jì)概率.

(1)試估計(jì)該站點(diǎn)客流量高峰期微公交乘車人數(shù)為9人的概率；

(2)假設(shè)微公交乘車人數(shù)相互獨(dú)立，記X為未來該站點(diǎn)客流量高峰期兩輛微公交乘車人數(shù)之和，求X的

分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)；

(3)假設(shè)客流量高峰期該站點(diǎn)每輛微公交乘車人數(shù)只受前一輛微公交乘車人數(shù)影響，若該站點(diǎn)連續(xù)兩輛

微公交都滿載9人的概率不低于50%,則需要縮短連續(xù)兩輛微公交的時間間隔，判斷公交公司在客流量高

峰期是否需要縮短發(fā)車間隔.(寫出結(jié)論，不用說明理由)

7

【答案】(1)—

10

(2)分布列見解析，E(X)=17.2

(3)公交公司在客流量高峰期需要縮短發(fā)車間隔

【解析】

【分析】(1)結(jié)合數(shù)據(jù)，20輛微公交的乘車人數(shù)為9人的共有14輛，求得概率;

(2)結(jié)合數(shù)據(jù)，求出X的可能取值，求出概率，列出分布列求出期望;

(3)結(jié)合古典概型，求出連續(xù)兩輛微公交都滿載9人的可能情況，求出概率.

【小問1詳解】

根據(jù)數(shù)據(jù)可得，20輛微公交的乘車人數(shù)為9人的共有14輛,

——147

所以該站點(diǎn)客流量高峰期微公交乘車人數(shù)為9人的概率為一=—

2010

【小問2詳解】

根據(jù)數(shù)據(jù)，20輛微公交的乘車人數(shù)為7人的共有2輛，8人的共有4輛，9人的共有14輛,

所以乘車人數(shù)為7人的概率為2=工，乘車人數(shù)為8人的概率為a=工，乘車人數(shù)為9人的概率為

2010205

147

2010

記X為未來該站點(diǎn)客流量高峰期兩輛微公交乘車人數(shù)之和，則X可能取值為14,15,16,17,18.

111

p(x=14)=—x—=--

1010100

1_1

=15)=—X—+—x------

'710551025,

177「1119

尸(x=16)=—x——+—-X一+—X—=——

'710101C)105550

17717

P(x=17)=-x——+—X—二

'751010525

7749

P(x=18)—x—=--

1010100

所以X的分布列為:

X1415161718

119749

P

100255025Too

119749

E(X)=14X一+15x—+16x—+17x—+18x一=17.2

100255025100

【小問3詳解】

公交公司在客流量高峰期需要縮短發(fā)車間隔，

理由：20輛公交車連續(xù)兩輛共有19種可能，其中共有10種兩輛微公交都滿載9人，

其連續(xù)兩輛微公交都滿載9人的概率P=—>50%,

19

所以公交公司在客流量高峰期需要縮短發(fā)車間隔.

22

19.已知橢圓C：3+4=l（a>匕>0）,以橢圓C的一個焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是邊長為2的等

ab'

邊三角形.

（1）求橢圓C的方程及離心率；

（2）斜率存在且不為。的直線/與橢圓c交于兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)河，點(diǎn)A關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)為

A',直線A3交y軸于點(diǎn)N.在X軸上是否存在定點(diǎn)E，使得NOEM=NONE（。為坐標(biāo)原點(diǎn)）？若存

在，求出E點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.

【答案】（1）三+/=［；昱

4-2

（2）存在，（1,0）或（一1,0）

【解析】

【分析】（1）由題可知a=2Z>=2,進(jìn)而得到橢圓方程和離心率；

⑵假設(shè)存在定點(diǎn)E，使得NOE"=NONE,原問題等價于%滿足/2=|%卜|%|，表示直線A3、A'B

的方程，可表示出>兇，yN,據(jù)此計(jì)算可得點(diǎn)E的坐標(biāo).

【小問1詳解】

因?yàn)橐詸E圓C的一個焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是邊長為2的等邊三角形，

所以a=2Z>=2,即a=2,b=L故橢圓。的方程：—+y2=1,

4

c=A/?2~b2=也>故禺心率e=￡=-;

a2

【小問2詳解】

假設(shè)X軸上存在點(diǎn)￡（砧，0），4吏得NOEM=NONE,

\OM\\OE\.

當(dāng)=時，所以扇=固，設(shè)/（0，%1），N（0,yv），

2

所以XE滿足4=血卜后|，設(shè)A(c,d),B(m,n),

由題意可知直線斜率存在且不為0,故帆+cw0,m-c/0,

直線AB的方程為y_〃=〃d(x-m),所以當(dāng)x=0時yM=+n,

m—cm—c

r.,「八一mn+md)

即〃0,----------+〃,

Im-c)

因?yàn)辄c(diǎn)A與點(diǎn)A關(guān)于y軸對稱，所以A(—c,d).

,,一（八—mn+md

同L理可得N0,---------+〃

Im+c

—mn+md—mn+md

因?yàn)榧?---------+n,

m—c

—mn+md-mn+md7712d2—"202

所以噌二即|?|%|=-----------\-n-----------\-n

2

m-cm+cm2-c

22

Pl口機(jī)21C，21

因?yàn)锳(c,d)，在橢圓上,即----FTl—I,-----Fd=],

44

/2、

m

m21--,21----

祖2d2一〃2c24j4J

%J=1,所以/=1或/=一1,

m2-c2m2

故在x軸上存在點(diǎn)E，使得NOEM=NQVE,點(diǎn)E的坐標(biāo)為(1,0)或(―LO).

20.已知f(x)=2尤Inx+ox?+Z?在點(diǎn)(1,f(1))處與x軸相切.

(1)求。力的值；

(2)求/(x)的單調(diào)區(qū)間;

(3)若機(jī)>〃>0,求證\!mn<——―--

Inm—InM

【答案】(1)a=-l,b=l

(2)單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+。)，無單調(diào)遞增區(qū)間

(3)證明見解析

【解析】

【分析】(1)依題意知，/。)=0,/'。)=0,聯(lián)立求得答案;

(2)對/(幻，利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間;

構(gòu)造函數(shù)/(。=!—上證明.

(3)對不等式變形，換元t=In"

n22。

【小問1詳解】

因?yàn)?(%)=2xlnx+6：2+b在點(diǎn)(1"⑴)處與x軸相切，f\x)=21nx+2ax+2,

所以/'(l)=21nl+2a+2=0,/⑴=21nl+“+0=0,解得a=—l8=1.

【小問2詳解】

由⑴得，/(x)=2xlnx--+i,定義域?yàn)?0,+oo),/'(x)=21nx-2x+2,

令g(x)=/'(%),則g，(x)=j-2,

令g'(x)=0,則x=l,

當(dāng)x?0,l)時，g'(x)>0,/'(X)單調(diào)遞增，所以/'(%)</'⑴=0,所以〃尤)單調(diào)遞減,

當(dāng)xe(l,+”)時，g'(x)<0,/'(X)單調(diào)遞減，/'(%)</''⑴=0,所以/(X)單調(diào)遞減,

所以/(幻的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+"),無單調(diào)遞增區(qū)間.

【小問3詳解】

m-n

因?yàn)楦?gt;〃>0,則”>1,要證^/布<-------------

nInm—Inn

m-ni

即證~I>In771—Inn,

1mn

即證

\n\mn

設(shè)”竺，則I>1,

Vn

1,

即證/-->Inr=2In?,

即證5—In力—萬->0(%>1),