大题预测01 （解析版）.docx

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1、大题预测Ol（A组+B组+C组）【A组】（建议用时：60分钟满分：85分）三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演绎步骤。16.（本小题共13分）（2024北京丰台期末）在AABC中，a=&，A=y.求。的大小；在下列三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，并求出AC边上的中线的长度.条件：a=2b条件：ABC的周长为4+26；条件：ZkABC的面积为G.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得。分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【解】（1）在JIBC中，因为三二三，又=JJc,所以SinA=6sinC.sinAsinC因为A=

2、当，所以SinC=；.因为。A+B+C=11,36所以B=?,即ABC为等腰三角形，其中匕=。.O因为=,所以+8+c=6/,+2=4+26所以6=2设点O为线段AC的中点，在AABQ中，AD=I.A因为AABD中，BD2=AB2+AD2-2ABADcos/BAD=22I2-22lcos-=7,3所以BD=,即AC边上的中线的长度为选择条件：因为.ABC中，4=，C=-4+BC=11,所以8=%即ABC为等腰三角形，其中b=c.O因为“IBC的面积为有，即Sam=/Si哼=G所以Z?=c=2.设点。为线段AC的中点，在AABO中，AD=I.因为中，BD2=AB2+AD2-2AB-ADcosZB

3、AD=2212-22Ixcos-=7,3所以BD=,即AC边上的中线的长度为由题可知4=J0，故不合题意.17.（本小题共14分）（2024上北京顺义高三统考期末）如图，在三棱柱ABC-ABC中，E9分别为BC,A4的中点，ABl=ACl=AA=2.求证：EFZZYffiMC1C;若AA，4%平面AAGC，平面AB燃，从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知,求“尸与平面ABC所成角的正弦值.条#:AlAlAiCll条ft）：AA1.BC”条件）：ABlAC.注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答记分.【解】（D取AC中点M,连接MEAM,由于RM分别为BCAC的中点，所以

4、EM48,AiF/AB,AiF=AB,所以A产成/,4/=EM,因此四边形AiMEF为平行四边形，故AM/ERRMu平面A41C1C,EFa平面AAtGg故瓦7/平面AAGC(2)由于平面AAGCj平面AAB4,且交线为AA,JiAiAlAiBltAMU平面A1BfA,所以4瓦，平面AA1C1C,AGU平面AAIClC,故ABJACl若选：AAJ_AG,因此A4AG，ABl两两垂直，A(0,0,0),4(2,0,0),8(2,2,0),A(0,2,0),C(O22),Ea2,1),Fao,0),故”二(2,2,0),AC=(O22),设平面ABC法向量为成=(,y,z),贝!1l1Bn=2x+

5、2y=0,lCw=2y+2z=0取入=1,则加=(1,一1,1),EF=(0,-2,-l),设防与平面ABC所成角为6,则Sine=IcosEF,nn若选择条件):AA_1.8C,A1A1B1C1,AxAlAlBl,B1ClniB1=Bi,BiCl,AiBi3p11Cr所以AAJ平面A5G,AClU平面AqG,故AA_lAG,因此A4AG,A片两两垂直，以下与选择相同.若选择条件)：ABlAC.因为AB1B,AC7AG,所以由A41.AG可以推出ABSAC,此时推不出AAJ1.AG.此时三棱柱不唯一，故不可选择作为已知条件，18.(本小题共13分)(2024上北京顺义高三统考期末)某学生在上学

6、路上要经过三个路口，在各个路口遇到红灯的概率及停留的时间如下：路口路口一路口二路口三遇到红灯的概率432遇到红灯停留的时间3分钟2分钟1分钟假设在各路口是否遇到红灯相互独立.求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率；求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间大于3分钟的概率；假设交管部门根据实际路况，5月1日之后将上述三个路口遇到红灯停留的时间都变为2分钟,估计5月1日之后这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间的变化情况，是“增加，不变还是减少”.(结论不要求证明)【解】(D根据题意可知，这名学生在上学路上没有遇到前两个红灯，因此到第三个路口时首次遇到红灯的概率P=(I-(2)依

7、题意，若仅遇到一个红灯，停留的总时间不会不大于3分钟；若遇到两个红灯，可知在路口一和路口二，路口一和路口三遇到红灯满足题意，山一M4r也n11f1111f111此时的概率为I=TXWX+17xo=2j若遇到三个红灯，此时的概率为所以因遇到红灯停留的总时间大于3分钟的概率为P=6+O(3)根据题意可知，红灯时间没有调整前红灯停留的总时间的取值。=OJ2,3,4,5,6；MP(=6)=11=,P(=5)=ll-1=,P(=4)=l(l-l=l,陶=3)15=9224P(*2)=14,即=)=I411-=24%=0)=-rza广/匕、N1U1a1o5,I1IaI23nJE(AI)=6x5+4XF3X

8、+2x+Ix+Ox-=2424122484412时间都变为2分钟后因红灯停留的总时间的取值$二。，2,4,6；PC=2)=4)4M,4H04H+04Hr1124可得E()=6136X+4-+2+Ox-=244244显然Eg)EGJ；所以调整后总时间的变化情况，是“增加”的.19.（本小题共15分）（2023,北京房顺义统考二模）已知椭圆U,+g=l（力0）经过点A（-2,0）且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.求椭圆。的方程和离心率；（2）设尸，Q为椭圆C上不同的两个点，直线AP与）轴交于点E,直线AQ与丁轴交于点尸，且尸、。、。三点共线.其中。为坐标原点.问：，轴上是否存在点M,使得

9、ZAME=NMM?若存在，求点M的坐标，若不存在，说明理由.【解】（D依题意可得。=2,2c2=4,又f=点一后,解得b=c=1.所以椭圆方程为E+!=l,则离心率e=也42a2（2）因为/、。、。三点共线，根据椭圆的对称性可知尸、。关于。点对称，设点Pa，X),则Q(TI,-yJ(1w2),所以直线PA的方程为J=-(-+2),直线AQ的方程为.V=-7(%+2),X)+Z-X+Z所以点4条),f(o1假设存在M使E=ZEHV,ZMOe=ZFOM=90,所以NoMF=NOEM,又/OEM+/OME=第。,所以NOME+NOMF=90,即所以MEMF=0,设Mw,0),则ME=-肛煞户=(T,

10、所以MEMF=m2+,即/+二=0,4一年又手+%,所以gj所以二。，解得&.所以M卜0,0).20.(本小题共15分)(2023北京房山统考二模)已知函数/(幻=型上.X(1)求曲线y=fM在X=兀处的切线方程；当Xe(O,11时，求函数/()的最小值；证明：sin-.311【解】(1)/，JCOSjTinx.所以/(兀)=一4，/(11)=-=0,1111所以/(“在点X=兀处切线的方程为F-O=J(XF),11即V=-1.+1.11/人、Uamu./、sinx、xcosx-sinx(2)当x(O,11时，/(X)=,f(X)=2Xx令g(x)=xcoSJV-SinX,则g(x)=-Sin

11、Xx.当X(0,2时，g(x)O,所以g*)在(0,11)单调递减.所以g)vg(O)=O.所以r)/(.1.11sinsin-所以一3、互，即sin；1.1113113621.(本小题共15分)(2023北京西城北京师大附中校考模拟预测)已知A为有限个实数构成的非空集合,设A+4=q+.py,A-A=ai-ajai,aj,记集合A+A和A-A其元索个数分别为A+A,A-A.设（八）=IA+-A-4例如当A=l,2时，A+A=2,3,4,A-A=-l,0,l,A+=A-,所以w（八）=0.若A=l,3,5,求MA)的值；设A是由3个正实数组成的集合且(A+A)A=0,A=AUO,证明：MA)-

12、（八）为定值；若4是一个各项互不相同的无穷递增正整数数列，对任意eN,设4=知/，bll=n(An).已知=Iq=2,且对任意wN*也0,求数列&的通项公式.【解】(1)当A=l,3,5时，A+A=2,4,6,8,10,A-A=-4,-2,0,2,4,A=A-,所以（八）=0,(2)法h设A=,b,c,其中OVaVbc,则A,=Aj0=a,h,cf(4)一（八）=IA+A-IA-AI-(IA+A-A-A)=(W+ATA+A)YA-AlTA那因O2+Z?2Z?+ca+cat所以A+Al-A+A=4,S-c-b-aOabc,a-ca-bOb-ac-a,b-cOc-b,A-=ta-b,a-c,b-a

13、tc-a_b-cyc-b,A-A=a,b,-ay-bfcy-cya-b,a-c,b-atc-ajb-cic-b因。N2,c2b,c2a,ca+b,所以ab-a9ac-atbc-b9ac-btb-c09b-cOtb-cctb-c-c所以A-ATA-A=6“（八）（八）=2所以(4)-（八）为定值.法2：n(A/)-w（八）=-2.设A=4,02,q,由于(A+A)=0,所以对任意m=123,不存在J=123,使得分=4+%,于是A+A=(A+A)JO,A+A=A+AM,由于(A+A)A=0,所以对任意加=123,不存在切=1,2,3,使得q=4一于是,-A,=(A-A)javay,a3i-av-

14、a2y-a3,从而以一川=IA-A+6,于是(4)-(加=-2为定值.(3)法h4=1,2乌(%1),若。34,3N*,J4l+32+32a391-2-3-113-239且ArIT=l,2,.,m-l,4t+Aai=2,4,.,2w-2),Az+AM=2w-3,4-1-An-I=t2,.,(n-2),Aw-1-A,-1=2w-3,根据假设，anm+,(i)如果4=m+W=l,2,.,m-3),那么属于4+4但不属于+4的元素组成的集合是2w-1,2m,.,2n+k1i.2rn2k,从而I4+a“HAi+aM=2+2.属于但不属于Aa-A&的元索组成的集合是(加-1),土八,土(加+&-1),从

15、而,i-4HAz-AtI=2(%D，于是超=-40可得sinC=l-Cos2C=,7ABnrtafi=在ABC中由正弦定理可得二三，即J46，解得A3=8,sinASinC27COSB=CoS（兀一A-C）=-COS（A+C）a.a.k1134311=-cosAcosC+sinsinC=-+X=,272714因为08所以sinB=Jl-cos-B=,14所以Sabc=-B1BCSinB=-ftj87?=IO3,符合题意；2214若选条件：C=8,条件：cosC=-,贝1|cosC=；。可得SinC=JI-CoSP=9BC_8在ABC中由正弦定理可得手；=丹，即:方一而，解得BC=7,sinAS

16、inC27COSB=CoS（兀一A-C）=-COS（A+C）A一.4.厂1i34311=-cosAcosC+sinAsinC=-+=,272714因为0B_1.平面ABC.如图，以点A为原点，过点A在平面ABC内作4C的垂线作为X轴,分别以ACAO所在直线为)，轴、Z轴建立空间直角坐标系A-町，z,所以A(0,0,0),8(j0),E(0,2,2)l,O,C(,2,),所以AC=(0,2,0),A尸=，|，0,鹿=卜61,2).Z因为点G为跖上一点，设G(x,y,z),所以BG=I-Gy-1.z).因为8G=18E,则8G=8E,所以卜一6,丁一1,2)=5卜如,2),所以X邛,=,Z.,所以

17、G性圜，所以AG=性符.A/.=O设平面A尸G的法向量为=(,y,z),所以,AGrt=O所以33所以设直线AC与平面AFG所成角为6,60,国.sin=|cos(AC,n)|=r3=所以1.,117,23+1+4所以直线AC与平面MG所成角的正弦值为当18.(本小题共13分)(2024上北京海淀高三统考期末)甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场,规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分(单位：分)情况统计如下：场次12345678910甲8101071288101013乙9138121411791210丙121191111998911(1)从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；在上

18、述10场比赛中,从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场,设X表示乙得分大于丙得分的场数，求X的分布列和数学期望E(X):假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设X为甲获胜的场数，X为乙获胜的场数，丫3为丙获胜的场数，写出方差。(K),D(Y2)9。化)的大小关系.【解】(D根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场.a设A表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则P（八）=右.(2)根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6

19、场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，分别是第2场、第5场、第8场、第9场.所以X的所有可能取值为0,1,2.P(X=O)=等P(X=I)=得4,尸B=2)=等=|.所以X的分布列为x|。卜H所以E(X)=OXj+lx+2x=.(3)由题意，每场比赛甲获胜的概率为之，乙获胜的概率为J,丙获胜的概率为：，还需要进行6场比10z5赛，而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以Oa)=6O.3(l-0.3)=1.26,D()=60.5(l-0.5)=1.5,D()=60.2(l-0.2)=0.96故。化)。任)。化).19.(本小题共15分)(2

20、024上,北京昌平高三统考期末)已知椭圆E:4+=l(b0)经过点M(N0),ab离心率为它.2(1)求椭圆/：的方程；设过点TaO)的直线/与椭圆上有两个不同的交点(均不与点M重合)，若以线段AB为直径的圆恒过点M,求/的值.【解】(1)由题意可知3=ln=2,a又离心率为g=WE员二立=从=2,a2设直线/：X=妙+f,A(X1，乂),8(天,必)，则MA=(N_2,乂),知8=(/2,必)，因为以线段AA为直径的圆恒过点M,所以MAM4=0,联立直线与椭圆/n=(易知/=2时不符题意，所以/=(.20.(本小题共15分)(2023北京海淀统考二模)已知函数,f(x)=71nX求曲线y=/

21、()在点(1,(D)处的切线方程；求证if(x)O,所以70,+2)+22-4=0,=4-产一4俨+2乂/一4)O2k所以凶+%=-，则2攵2_产+40,K+Zt2-4F2=FTI由M4M8=0,=(xl-2)(x2-2)+yly2=(Ar2+l)yly2+(r-2)(yl+y2)+(r-2)2=O,2整理得3r-8r+4=Oni=2或/=,要证明/(x)x,只需要证明lnx7,即证InX-J7vO令力(X)=InX一或，贝!)/(%)=11=2&,X2x2x当OcO,此时(力在(0,4)上单调递增；当x4时，A,(x)O,此时(同在(4,)上单调递减，故h(x)在a4取极大值也是最大值，故(

22、力(4)=ln4-20,所以Inx-O,x2-xO,故当420时，g(x)O在区间(1.+oo)上恒成立，符合题意；当0时，(x)=+a(2x-l),令G)=gl(x),R!rW=-豫+2。O在区间(1.+)上恒成立,所以f(x)在(1.+)单调递减，且l)=g=1+%当g=l+O时，此时T,g(x)O在区间(l,+)上恒成立，所以g(x)在区间(1,y)单调递减，所以g(x)。时，此时04-1,由于xl且InXV,所以g,(x)=+a(2x-)=+-j=+a(2x-)+a(2x,所以g(-一gO,此时g(x)单调递增；当xw(,)时，/(x)g=0,由71nxx,可得g(x)=71nx+(2

23、-)v+(2-)=Mv+i-),令=1-5,得g(l)0(=1,2,3,),是否存在正实数使得对任意的正整数，都有.M?如果存在，写出一个满足条件的如果不存在，说明理由.【解】(1)由qr=max4a,.-min4M+2N,4=max2,q-min呵)=1,若为2,则q-2=1,即为=3,此时生=max3,aj-min3,aj=2,当%3,贝%-3=2,即4=5；当为3,则3-%=2,即q=ls若/2,则2-1,则为T=2,即q=3；当出0(=1,2,3,),则%(=2,3,),设S=U1,若S=0,则W%,40,取力=+2(田表示不超过X的最大整数)，a当心巧时，atl=(an-an_x)+

24、(w,l-an,2)+.+(a3-a2)+a2=n_2+n_3+.+i+2(w-l)a1M:若S0,贝抬为有限集，设m=maxnanan+ltnl9am+i0,取2=一+6+1(表示不超过X的最大整数)，am当丐时,a11=(an-n,1)+(an,l-)+(4+2-4山)+4”=an-2+4-3+4+1之(一加)。巾+1M；综上，不存在正实数M,使得对任意的正整数，都有q,M.【C组】（建议用时：60分钟满分：85分）三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演绎步骤。16.（本小题共13分）（2024北京东城期末）在/BC中，BC=4,AC=3,AB=若。为BC边上

25、一点，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使AABO存在且唯一确定，求AABQ的面积.条:ZAZ）B=条件：AD=-;3条件：ZABO的周长为3+1.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得。分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【解】CAB2+BC2-AC21+16-13cosB=2ABBC214若选条何）：以db三,ADABf-由ZADB=,NB=AB=1,故.兀兀，即AD=,43smsin?342sinZBAD=Sinl兀一百一I3此时三角形唯一确定，符合要求,SABD=-ABADsinZgAD=-l-x=22248若选条件：AABO的周长为3+石,由

26、AB=1,iAD+BD=2+3,r11,lCI2+BD2-AD21,.za,则COSB=一，化简得Az）2=即2一B。+1，2BD2即有（2+-Boy=802一8。+1,解得9=2,故AD=B此时三角形唯一确定，符合要求，SVAM=；A38OsinB=；xlx2x*=*.不能选条件，理由如下：若选条件：AD=巫，3由AD=述，J,AB=I,设点A到直线8C的距离为，33则Sw=Sen8=CM,即JX武,酒,1313此时心若，心=（明=1，故A。Vd,即不存在该三角形，故不符合要求.17.（本小题共14分）（2024上北京师大附中校考期末）如图，在四棱锥P-A8C。中，底面ABCD为矩形，平面P

27、AQj_平面ABCQ,AD=4,PA=PD=2五,E9/分别为8C,PD的中点.求证：即平面P4B；再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求二面角尸-比-4的余弦值.条件：异面直线批与律所成角的余弦值为:；_2条#:PD=-EF.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分.【解】(1)连接点尸与以中点G,连接8G,由底面ABCD为矩形且E为BC中点，故8=g/W、BEHAD9又八G分别为PO,丛的中点，故FG=5。、FG/AD9故四边形MTGB为平行四边形，粒EF/IGB,又Ma平面小4、GYffiPAB,故EF/平面R4B；(2)若选条件：异面直线9与E厂所成角的余弦值为:，连接

28、点尸与Af)中点连接EM,由EA=尸),故月W_1.AD,故PM=JQ同_(：)=2,又平面EAn_1.平面ABCD,平面PAPC平面ABCQ=AD,Wu平面PA。，故尸Mj_平面ABC。，又EVZu平面A8CO,故PM上EM,由E、M分别为BC,Ae)的中点，故AT1.EM,故A0、PM、EW两两垂直，故可以M为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设AB=C=，则有M(0,0,0)、P(0,0,2)、A(2,0,0),E(OM,0)、8(2m,0)、。(-2,0,0)、F(-l,0,l),贝!)=(2,0,-2)、EF=(-1,-,1),又异面直线PA与EF所成角的余弦值为；,故卜。SPA,E

29、Fl=:牛=I,2+21+13解得=4,故咫=(3,-,-1)=(3,-4,-1)、BE=(-2,0,0),设平面FBE的法向量为加=(x,y,z),mFB=O3x-4y-z=0.,则有，即Cn,令y=l,可得X=0、z=-4,WBE=O-2x=0故平面FBE的法向量可为m=(Oj-4),又PM_1.平面ABCD,故平面48CQ的法向量可为=(0,0,1),WIY411故COS=G1若选条件：PD=-EF9连接点尸与Az)中点连接0W,连接力1/,由E4=PE,故PM_1.AE,故PM=小&r=2,贝Po=,2又平面E4_1.平面A3CZ),平面PADC平面ABCQ=A,尸MU平面PAz),故

30、尸M，平面/WCQ,又fiWu平面48CO,故PM_1.M,由E、M分别为8C,AD的中点，故AZ_1.HW,故A。、PM、EW两两垂直，同理可得EM平面PAO,由RWU平面P4O,故由PZ)=2应，PD=Ft则E尸=IPo=3,2+4217EM=3何一曲=4,可以M为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有M(0,0,0)、尸(0,0,2)、4(20,0)、(0,4,0),6(24,0)、F(-l,0,l),加()、BE=(-2,0,0),设平面FBE的法向量为而=(x,XZ),则有mFB=Om-BE=03x-4y-z=0上即2=0令日，可得”=、Zj故平面FBE的法向量可为m=(0,1,-4

31、),又PM_1.平面ABCD,故平面ABCD的法向量可为=(0,0,1),故Icostn,n=I-=1Ii77F17即二面角尸-BE-A的余弦值为生叵.17并整理得到如下频率分布直方图:图1：甲大学O102030405060分钟/天图2：乙大学频率/组距18.(本小题共13分)(2024北京八中校考期中)随着“中华好诗词”节目的播出，掀起了全民诵读传统诗词经典的热潮.某社团为调查大学生对于“中华诗词”的喜好，从甲、乙两所大学各随机抽取了40名学生,记录他们每天学习“中华诗词”的时间，按照0,10),股20),20,30),30,40),40,50),50,60分组,0.0350.0300.02

32、50.0200.0150.0100.005F-根据学生每天学习“中华诗词”的时间，可以将学生对于“中华诗词”的喜好程度分为三个等级:学习时间：（分钟/天）r2020r50f50等级一般爱好痴迷从甲大学中随机选出一名学生，试估计其“爱好”中华诗词的概率；从这两组“痴迷”的同学中随机选出2人，记小为选出的两人中甲大学的人数，求。的分布列和数学期望试判断选出的这两组学生每天学习“中华诗词”时间的平均值X与X/.的大小，及方差Si与S：的大小.（只需写出结论）【解】（D解：由甲大学的频率分布直方图，结合等比分布表知，甲大学随机选取的40名学生中，“爱好”中华诗词的频率为，（0.030+0.020+0.015）10=0.65,所以从甲大学中随机选出一名学生，“爱好”中华诗词的概率为0.65.（2）解：由题知：甲大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有40x0.005x10=2人，乙大学随机选取的40名学生中2痴迷”的学生有40x0.015x10=6人，所以，随机变量S的取值为J=0,1,2.所以，Pq=O)=等=装，尸佰=)=等=装=5,尸q=2)=詈=V8ZoCsZo/C8Zo所以6的分布列为40P15281