北京市东城区2024-2024学年度第二学期高三综合练习（一）
数学参考答案及评分标准 2024.5
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
（1）D （2）B （3）A （4）D （5）A （6）D （7）C （8）B （9）C （10）C 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
（11）3 （12）160 （13）(x?1)2?y2?（15）③④
三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 (16)（本小题14分）
解：（Ⅰ）如图，因为 四边形ABCD为平行四边形，
所以 AD//BC，
因为 BC?平面PBC，AD?平面PBC，
所以 AD//平面PBC． …………6分 （Ⅱ）取C为坐标原点，过点C的PD平行线为z轴，
依题意建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz． 由题意得，P(0,?1,1)，A(1,0,0)，C(0,0,0)，B(1,1,0)． 所以PC?(0,1,?1)，CB?(1,1,0)，AC?(?1,0,0)． 设平面PBC的法向量为n?(x,y,z)，
?????n?PC?0,则 ???n???CB?0,?3211 （14）2， 142??????????y?z?0,即?
x?y?0.?
令y??1，则x?1，z??1． 所以 n?(1,?1,?1)．
因为ABCD为平行四边形，且AB?AC， 所以 CD?AC． 因为PD?面ABCD， 所以 PD?AC． 又因为CDIPD?D， 所以AC?面PDC．
uuur所以 平面PDC的法向量为AC=(?1,0,0)，
uuuruuurn?AC3uuur??所以 cos?n,AC??，
3|n||AC|由题意可知二面角D?PC?B的平面角为钝角，
所以二面角D?PC?B余弦值的大小为? (17)（本小题14分）
解：（Ⅰ）因为f(x)?asin(2x?)?cos2(x?)?13. ………………………………14分 3ππ
66ππ?asin(2x?)?cos(2x?)?163πππ?asin(2x?)?cos[(2x?)+]?1
662π?(a?1)sin(2x?)?16所以 函数f(x)的最小正周期T?π.
因为 a?0，所以函数f(x)的最大值和最小值分别为a,?a?2. 若选①，则a?1 ，函数f(x)?2sin(2x?)?1；
若选②，则?3为函数f(x)的最小值，从而a?1 ，函数f(x)?2sin(2x?)?1； 选③，(a?1)sin(2?
（Ⅱ）由（Ⅰ）知函数f(x)的最大值为1；
因为 关于x的方程f(x)?1在区间[0,m]上有两个不同解，
π6π6πππ?)?1?1，从而a?1 ，函数f(x)?2sin(2x?)?1……8分 666 .
πππ?[?,2m?]. 6665ππ9π4π7π≤m?. 所以≤2m??，解得
26233当x?[0,m]时， 2x?所以，实数m的取值范围是[ (18)（本小题14分）
解（Ⅰ）由图知，在北斗二代定位的50个点中，横坐标误差的绝对值大于10米有3个点，
所以 从中随机选出一点，此点横坐标误差的绝对值大于10米的概率为
4π7π,). ………………………………14分 333?0.06. …………4分 50（Ⅱ）由图知, A，B，C，D四个点位中纵坐标误差值小于?4的有两个点: C，D.
所以 X所有可能取值为0,1,2.
0C21P(X?0)?2?,
C4611C2C2P(X?1)?22?,
C432C21P(X?2)?2?.
C46所以 X的分布列为 X P 0 1 61 2 2 31 6所以 X的期望EX?0?121?1??2??1. …………12分 636（Ⅲ）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代. …………14分
(19) （本小题14分）
x2y2解：（Ⅰ）因为 E:2?2?1(a?b?0)，
ab所以 a?b?c.
因为 四边形AF1BF2为正方形，且面积为2, 所以 2b?2c，
2221(2b)?(2c)?2. 2222所以 b?c?1，a?b?c?2.
x2所以 椭圆E:?y2?1. …………4分
2（Ⅱ）设平行直线l1:y?kx?m，l2:y?kx?m，
x2不妨设直线y?kx?m与?y2?1交于C?x1,y1?,D?x2,y2?，
2?x222??y?12由?2，得x?2?kx?m??2， ?y?kx?m?化简得：2k2?1x2?4kmx?2m2?2?0，
其中 ??(4km)2?4?(2k2?1)?(2m2?2)?16k2?8m2?8?0，即m2?2k2?1.
??2m2?24km所以 x1?x2??2，x1x2?， 22k?12k?1由椭圆的对称性和菱形的中心对称性，可知OC?OD， 所以 x1x2?y1y2?0，y1?kx1?m，y2?kx2?m，
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