2024届河南省济洛平许四市高三下学期第三次质量检测(三模)数学答案

2024-03-15 · U1 上传 · 4页 · 647.1 K

济洛平许2023—2024学年高三第三次质量检测数学试题评分参考一、单选题:DABCCBDB二、多选题:9.AD10.BD11.ABC3325三、填空题:12.-413.xkxkkZ22,14.;(答对一空的给3分)4444四、解答题:a2abcosC2acosC15.(1)证明:由题可知,┄┈┈┄┄1分cb2b故sinB2sinCcosCsin2C.┈┈┈┄┄3分所以在ABC中,B2C或B2C.┄┈┈┄┄5分又因为ac,所以AC所以B2C.┄┈┈┄┄6分aBD12BD(2)在BCD中,由正弦定理可得,即.┄┈┈┄┄7分sinBDCsinCsinBDCsinC12sinC12sinC6所以BD.┄┈┈┄┄8分sinBDCsin2CcosC因为ABC是锐角三角形,且B2C,0C,223所以02C,解得C,cosC.┄┈┈┄┄12分2642203C,2所以43BD62.所以线段BD长度的取值范围是43,62.┄┈┈┄┄13分16.解:设B=“任选一名学生恰好是艺术生”,A1=“所选学生来自甲班”,A2=“所选学生来自乙班”,A3=“所选学生来自丙班”.由题可知:115231PA(),PA(),PA(),PBA(),PBA(),PBA().┈┄┄3分1423312125250320(1)由已知得:12135173PBPAPBAPAPBAPAPBA()()()()()()()=.11223342535012201200┄┈┈┄┄8分高三数学答案第1页(共4页){#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}12PA()BPAPBA()()24(2)PAB()=111425;┄┈┈┄┄10分1PBPB()()7373120013PA()BPAPBA()()24PAB()=222350;┄┈┈┄┄12分2PBPB()()7373120051PA()BPAPBA()()25PAB()=3331220.┄┈┈┄┄14分3PBPB()()73731200所以其来自丙班的可能性最高.┄┈┈┄┄15分17.解:(1)连接CG并延长与PB交于点E,连接AE,所以平面CAE平面PAB=AE.┄┈┈┄┄1分因为DG∥平面PAB,DG平面ACE,所以DG∥AE.┄┈┈┄┄3分22又因为G为PBC的重心,所以CGCE.所以CDCA.33┄┈┈┄┄5分11所以ADAC,即.┄┈┈┄┄6分33(2)设O为BC的中点,连接AO.因为PB=PC,AB=AC,所以BCAO,BCPO;又AOPOO,所以BC平面PAO.所以平面PAO平面ABC,过点O在平面PAO内作AO的垂线OZ,┄┈┈┄┄8分如图所示,分别以OAOCOZ,,为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,所以ACB(2,0,0),(0,1,0),(0,1,0),┄┈┈┄┄9分121因为,所以D(,,0).┄┈┈┄┄10分222因为∠POA是二面角PBCA的平面角,1二面角的余弦值为,OP22,4230所以P(,0,).22┄┈┈┄┄11分130230所以PD(2,,),OP(,0,),2222OC(0,1,0).不妨设平面PBC的法向量n(x,y,z),230nOP0,xz0,所以所以22nOC0y0高三数学答案第2页(共4页){#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}可取n(15,01,).┄┈┈┄┄13分设直线PD与平面PBC所成的角为θ,30302130所以sin.┄┈┈┄┄15分39524218.解:(1)由题意知:直线OPO,Q的方程分别为ykxyk12x,,||kxy00r22222则kk12,是方程,即方程()20rxkxykry0000的两根.┄┈┈┄┄2分k2122y当rx00时,圆M与轴相切,直线OQ的斜率不存在,矛盾.┄┈┈┄┄3分22xr31022322rx3ry4034于是04,化简得22,kk12222222(3)rrrxrxrx00043221所以r.┄┈┈┄┄6分722xy11(2)设PxyQxy(,),(,)1122,依题意,ykx111,则有1.┄┈┈┄┄7分43222212x1k1x1即1,解得x12,┄┈┈┄┄8分4343k1222222212(1k1)212(1k2)于是|OP|x1y1(1k1)x12.同理||OQ2┈┈┄┄10分43k143k2991212412(1k2)12(1k2)12(1k2)16k12(1k2)4k2所以|OP|22|OQ|1211112229324k134k234k134k13223144kk112212(1kk11)169227.┄┈┈┄┄12分4kk113431(2)SSS(|OP||OQ|)r┄┈┈┄┄14分OPMQMOPMOQ2122121|OP||OQ|2|OP|22|OQ|6,277高三数学答案第3页(共4页){#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}当且仅当||O||POQ时等号成立.┄┈┈┄┄16分综上所述,四边形OPMQ面积的最大值为6.┄┈┈┄┄17分11111119.解:(1)fx1,所以fe1又fln21.┄┈┈┄┄3分xeeeee11所以该曲线在点P处的切线方程为yx(1)(e1)(),即yx(e1).┄┈┈┄┄5分ee11x(2)fx的定义域为0,,fx'1,xx当x0,1时,f'x0,fx单调递增;当x1,,f'x0,fx单调递减.┈┈┄┄7分11又,┄┈┈┄┄分ff220,110,ff3ln310,4ln4209ee所以,不等式fx0的整数解的个数为3.┄┈┈┄┄10分22xxxxx(3)不等式11axafxxee可整理为1ln10aaxxx222.┄┈┈┄┄11分eeex1x令px,px,ex2ex2所以当xpx0,1,0,px单调递增,当xpx1,,0,单调递减,x11所以pxp1e,又xex2,所以令t1,e,则a.┄┈┈┄┄12分ex2ln1tt111111x令hx,1,ex,则hx2222,┈┄┄13分xln1xxxxxxxln1ln121x12lnxx令2,则2ln1x,┄┈┈┄┄14分sxxxln1,esx1xxxxx22121x1令qxxxx2ln,1,e,则qx10,x1,e,┄┈┈┄┄15分xxx22x所以qx单调递减,qxq10,所以sx0,sx单调递减,sxs10,21x11x2x1所以lnxx1,e,所以22,hx0,lnxx1x22xlnxx11所以hx单调递减,hxhe1.┄┈┈┄┄16分e11所以a1.┄┈┈┄┄17分e1高三数学答案第4页(共4页){#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}

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