北京市大兴精华学校2023-2024学年高三下学期5月高考适应性考试数学试卷（PDF版含答案）

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高 三 适应性试卷 数学答案及评分参考 2024.5
一、选择题（共 10小题，每小题 4分，共 40分）
（ 1 ）D （ 2 ）C （ 3 ）D （ 4 ）B （ 5 ）C
（ 6 ）A （ 7 ）D （ 8 ）B （ 9 ）B （10）C
二、填空题（共 5小题，每小题 5分，共 25分）
3
（11）-3或
2
（12） (0, 2), (0, 2)
5 4
（13） (1, )或( 1, )
3 3
（14） 68
（15）① ③④
三、解答题（共 6小题，共 85分）
（16）（共 13分）
a cosB
解：（1）由已知得 3
bsin A
a b cos B b 3
由正弦定理 得 3得 tan B
sin A sin B b sin B 3
tan B 0,B 0, Q 得B ………6分
2 6

（2）法一：由（1）知B ，代入a cosB 3得a 2
6
b2由余弦定理 a2 c2 2ac cosB得2 4 c2 2 3c
c2 2 3c 2 0得c 3 1或c 3 1
1 3 1
1 当c 3 1时，SV ABC ac sin B 2 2
c 3 1 S 12 当 时， V ABC ac sin B
3 1

2 2
法二：b 2代入bsin A 2 1得sin A
2
1
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Q a b A B,A 3 或
4 4
A 7 1 时，C
4 4 6 12
sinC sin 7 sin

sin

cos cos sin
12 3 4 3 4 3 4
3 2 1 2

2 2 2 2
6 2

4
S 1 ab sinC 1 2 2 6 2 3 1V ABC 2 2 4 2
A 3 3 2 时，C
4 4 6 12
sinC sin sin sin cos cos sin 12 3 4 3 4 3 4
3 2 1 2

2 2 2 2
6 2

4
S 1V ABC ab sinC
1 2 2 6 2 3 1 ………13分
2 2 4 2
（17）（共 14分）
解：（1）因为CD AB 所以CD DP ,CD DB
又因为 DP、DB 平面BDP ，DPI DB D
所以CD 平面BDP
因为CD 平面EFQ 所以平面BDP / /平面EFQ
因为平面EFQI 平面BCP EF，
平面BDP I 平面BCP BP
所以 EF / /BP ………6分
（2）选择条件①：平面CDP 平面BCD
2
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因为CD DP ,CD DB，
所以 PDB为二面角 P CD B的平面角
因为平面CDP 平面BCD 所以 DP DB
所以建立如图空间直角坐标系 D xyz
SVEFQ 1
又因为
SVBDP 4
所以 E,F ,Q分别是 PC,BC,CD 的中点
D(0,0,0) , E(1,0,1) , F (0,2,1)
uuur uuur
EF ( 1,2,0) ，DF (0,2,1)
ur
平面PDE 的法向量为m (0,1,0)
r
设平面DEF 的法向量为 n (x, y, z)，则
r uuur
n EF 0 x 2y 0 r
r uuur 得 ，令 y 1，则 x 2， z 2 所以 n (2,1, 2)
n DF 0 2y z 0
设二面角 P DE F 的平面角为 ，则
ur r
ur r m n
cos cos m, n 1 ur r
m n 3
1
由题可知，二面角 P DE F 为钝二面角则 cos
3
1
二面角 P DE F的余弦值为 ………14分
3
选择条件②： EQ BC
因为CD 平面EFQ , EQ 平面EFQ，所以CD EQ
因为 EQ BC ， BC I CD=C , BC,CD 平面BCD所以 EQ 平面BCD
因为 BD 平面BCD所以 EQ BD
因为平面BDP / /平面EFQ，平面EFQI 平面CDP EQ，平面BDP I 平面CDP PD
所以 EQ / /PD所以 PD BD
因为CD DP ,CD DB，
所以建立如图空间直角坐标系 D xyz
SVEFQ 1
又因为 所以 E,F ,Q分别是 PC,BC,CD 的中点
SVBDP 4
D(0,0,0) , E(1,0,1) , F (0,2,1)
uuur uuur
EF ( 1,2,0) ，DF (0,2,1)
3
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ur
平面PDE 的法向量为m (0,1,0)
r
设平面DEF 的法向量为 n (x, y, z)，则
r uuur
n EF 0 x 2y 0
r uuur 得 ，令 y 1，则 x 2， z 2
n DF 0 2y z 0
r
所以 n (2,1, 2)
设二面角 P DE F 的平面角为 ，则
ur r
ur r m n
cos cos m, n 1 ur r
m n 3
P DE F cos 1由题可知，二面角 为钝二面角则
3
二面角 P 1 DE F的余弦值为 ………14分
3
（18）（共 13分）
解：（1）记“在该楼中随机抽取一户家庭，其 4 月用电量不低于 30 度”为事件 A，
在该楼 10 个住户中，用电量不低于 30 度的共10 (40% 30%) 7户，
7
故概率估计值 P(A) ………3分
10
（2） X 的所有可能取值为0,1, 2
2
P(X 0) C3 (50%)
2 C150%C150% C 2 (50%)2 1
3 7 7
C 210 4
C 2 1 1 1P(X 1) 3C250% 50% C350%C750% C
150%C150% C 2C150% 50% 1
3 7 7 22 C10 2
C 2 (50%)2 C1 1P(X 2) 3 350%C750% C
2 2
7
(50%) 1
C 2

10 4
X 的分布列为
X 0 1 2
1 1 1
P
4 2 4
X E(X ) 0 1 1 1 2 1的期望值 1
4 2 4
4
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解法 2： X 的所有可能取值为0,1, 2
P(X 0) (1 50%)(1 1 50%)
4
P(X 1 1) C1250% (1 50%) 2
P(X 2) C 22 (50%)
2 1
4
X 的分布列为
X 0 1 2
1 1 1
P
4 2 4
X 的期望值 E(X ) 1 1 1 0 1 2 1 ………10分
4 2 4
（3） E(X ) E(Y ) ………13分
（19）（共 15分）
解：（1）解：由 f (x) ln(1 x) 2cos x，
f (x) 1 2sin x
f 0 1,
得 ，则有
x 1 f 0 2,
所以切线方程为 y 2 1 (x 0)，即 y x 2
又因为曲线 y f (x)在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y x 2 . ………5分
（2）令 ln 1 x 2cosx 1 1 ，故 ln 1 x 2cosx 0 ，
1 x 1 x
令 g x ln 1 x 2cosx 1 ，
1 x
3 3
g x 1 2sinx 1 1 1 x 2 ，令 h x g x 2sinx 1 1 x 2 ，
1 x 2 1 x 2
5
h x 1 2 2cosx
3
1 x 2
1 x 4 ．
当 x 5 1,1 时， cosx 0, 1 2 x 0, 1 x 2 0 ，
h x 0, h x 在 1,1 上为减函数，即 g x 在 1,1 上为减函数，
1 3
又 g 0 1 0,g 1 1 1 1 2sin1 2 2 2 sin1 1 1 2 1 0 ，
2 2 2 2 2 2
g x 在 0,1 上有唯一的零点，设为 x0，即 g x0 0 0 x0 1 ．
5
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g x 在 1, x0 上为增函数，在 x0 ,1 上为减函数．
g π ln 1 π 2cos π 1 ln 1 π 1

2 0,
又 4 4 4 41 π π 1
4 4
g 0 2 1 0,
g 1 ln2 2cos1 1 ln2 2cos 1 0
3 ，2 2
g x 在 1, x0 上有且只有一个零点，在 x0 ,1 上无零点；
所以曲线 y f (x)
1
与曲线 y 的交点个数为 1． ………15分
1 x
（20）（共 15分）
b 1,
1 1
解：（1）由题设， 1, ………3分
a
2 2
a2 b2 c2.
解得 a2 2,c2 1．
x2
所以椭圆G的方程为 y2 1． 焦点坐标为 (1,0), ( 1,0) ………5分
2
（2）设C(1, t)，D(m,n)， E(x0 , y0 )， F2 ( 1,0)，

因为四边形 F1DEC是矩形，一定为平行四边形，所以F2C F2D F2E ，
则 x0 m 2， y0 t n，所以 E(m 2,t n)，
m2 2n2 2
D,E 都在椭圆上， 2 ，变形得2 t
2 2nt 2m 2 0①，
m 2 2(t n) 2

又DF2 CF2 ，所以 F2D F2C 0，即 2(m 1) nt 0，
则 2m 2 nt 0②，
②代入①得 t 2 nt 0，解得： t 0或 t n，
若 t 0时，m 1， n 2 2 ，此时C与 F2重合，D点坐标为 ( 1, )；
2 2
6
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m
2 2n2 2
若 t n时，联立 ，
m 2
2
2(t n)2 2
可得：m2 4m 2 0，解得：m 2 2 ，
因为m 2, 2 ，所以m 2 2 ，
所以D点横坐标为 2 2或 1 . ………15分
（21）（共 15分）
解：（1）根据“相邻数列”的概念可知b1 a1 2，b4 a4 8，
b2 a1 1 3或b2 a3 1 5，b3 a2 1 5或b3 a4 1 7，
所以A的所有“相邻数列”有 2,3,5,8； 2,3,7,8； 2,5,5,8； 2,5,7,8 . ………4分
（2）任取A的一个“相邻数列” B :b1,b2 ,...,b10 ，
因为b2 a1 1 b1 1 b1或b2 a3 1 a2 a1 b1，
b9 a8 1 a9 a10 b10或b9 a10 1 a10 b10 ，
所以有b1 b2且b9 b10 ，
对于 i {2,3, ,8},bi ,bi 1的取值分以下 4种情形：
（a）bi ai 1 1,bi 1 ai 1，
（b）bi ai 1 1;bi 1 ai 2 1，
（c）bi ai 1 1,bi 1 ai 2 1，
（d）bi ai 1 1,bi 1 ai 1
由数列A是递增的整数数列，前 3种情形显然都能得到bi bi 1，所以只需考虑第 4种情形，
B递增，bi bi 1， ai 1 1 ai 1即 ai 1 ai 2，
由A是递增的整数数列得 ai 1 ai 1，从而 a2 , ,a9是公差为 1的等差数列，
a2 7 19

于是 a2 2 ，则 a2 2,3,...,12 ，即满足数列A的有 11个. ………9分

a2 Z
（3）令 j i, 2ai 2bi ，所以对任意 i {2,3, ,19},ai bi，
7
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设 I 2,..19 , I1 i I∣bi ai 1 1 , I2 i I∣bi ai 1 1 ，则 I1 U I2 I 且 I1 I I2 ，
先证明 I1与 I2要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若 i I1, i 3，令 j i 1，则 ai ai 1 bi bi 1，由bi ai 1 1得bi 1 ai 1，
所以 i 1 I2 ，即 i 1 I1，即 I1是空集，或是连续自然数构成的集合．
若 i I2 , i 18，令 j i 1，则 ai ai 1 bi bi 1，由bi ai 1 1得bi 1 ai 1，
所以 i 1 I1，即 i 1 I2 ，即 I2是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此 I1， I2的分布只可能是如下三种情况：
（i）I1 {2,3, ,19}, I2 ，此时，对任意的 i {2,3, ,19},bi ai 1 1，由 ai bi得 ai ai 1 1，
所以对任意的 i {2,3, ,19},ai ai 1 2，注意到 a20 a19 1，所以
a20 a20 a19 a19 a18 a2 a1 a1 1 2 18 0 37，
等号当且仅当 A : 0, 2, 4,6,...,32,34,36,37 时取到；
（ii）存在整数 k {2,3,..,18}，使得 I1 {2,..,k}, I2 {k 1,..,19}
对任意的 i {2, ,k},ai ai 1 2，对任意的 i {k 1, ,19},ai 1 ai 2，所以
a20 a20 a19 ak 2 ak 1 ak 1 ak ak ak 1 a2 a1 a1
2(19 k) 1 2(k 1) 37
（iii） I1 , I2 {2,3, ,19}．此时，对任意的 i {2,3, ,19},bi ai 1 1，与情形 1类似，
对任意的 i {2,3, ,19},ai 1 ai 2，注意到 a2 a1 2，
所以 a20 a20 a19 a19 a18 a2 a1 a1 2 19 38 37，
综上， a20的最小值为37． ………15分
8
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