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-a2y-a3,从而以一川=IA-A+6,于是(4)-(加=-2为定值.