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2024—2025 学年度下学期高三第三次模拟考试试题
数学 参考答案
一、单项选择题
1. B 2. D 3. C 4. A 5. D 6. B
7. C解：由
𝑥2
+
𝑦2
=1，得𝑎2 =5，𝑏2 =4，𝑐2 =𝑎2−𝑏2 =1，左焦点为(−1,0)．
5 4
则过左焦点F，倾斜角为45°直线l的方程为𝑦 =𝑥+1．
代入
𝑥2
+
𝑦2
=1，得9𝑥2+10𝑥−15=0，
5 4
5 10
设𝐴(𝑥 ,𝑦 )，𝐵(𝑥 ,𝑦 )，则𝑥 ⋅𝑥 =− ，𝑥 +𝑥 =− ，
1 1 2 2 1 2 1 2
3 9
16
又𝑦 𝑦 =(𝑥 +1)⋅(𝑥 +1)=𝑥 𝑥 +(𝑥 +𝑥 )+1=− ，
1 2 1 2 1 2 1 2
9
根据弦长公式得：|𝐴𝐵|=√1+1√(− 10 ) 2 −4×(− 5 )= 16 √5，
9 3 9
且|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=√(𝑥 +1)2+𝑦2⋅√(𝑥 +1)2+𝑦2 =√𝑦 2+𝑦2⋅√𝑦 2+𝑦2 =2|𝑦 𝑦 |= 32 ，
1 1 1 2 1 1 2 2 1 2 9
∴
1
+
1
=
|𝐴𝐵|
=
√5
，故选：C．
|𝐴𝐹| |𝐵𝐹| |𝐴𝐹||𝐵𝐹| 2
𝜋 2𝜋 𝜋 𝑘𝜋
8. C解：由题意𝑓(𝑥)在( , )上单调，其对称轴为𝑥 =− + ，𝑘 ∈𝑍，
3 3 3𝜔 𝜔
𝜋 𝑘𝜋 𝜋
− + ≤ −1+3𝑘 ≤𝜔
{ 3𝜔 𝜔 3 ，𝑘 ∈𝑍，解得{ 3 ，𝑘 ∈𝑍， 进而0<𝜔 ≤1或2≤𝜔 ≤ 5 ，
2𝜋 ≤− 𝜋 + (𝑘+1)𝜋 𝜔 ≤1+ 𝑘 2
2
3 3𝜔 𝜔
所以选C.
二、多项选择题
9. BC 10.ABD
11. AD解：因为𝑎 −𝑎 =
𝑎𝑛 2
>0，所以数列{𝑎 }单调递增，进而𝑎 ≥𝑚，
𝑛+1 𝑛 𝑛 𝑛
2024
当0<𝑚 ≤ 1 时，因为2024𝑎 =2024𝑎 +𝑎 2 =𝑎 (2024+𝑎 )，
𝑛+1 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
2
1 1 1 1 1 1 1 1
所以 = = ( − )，所以 = − ，
2024𝑎𝑛+1 𝑎𝑛(2024+𝑎𝑛) 2024 𝑎𝑛 2024+𝑎𝑛 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛 2024+𝑎𝑛
1 1 1 1
所以 − =− >− ，
𝑎𝑛+1 𝑎𝑛 2024+𝑎𝑛 2024
1 1 1 1
从而 > − ∙2024= −1≥2−1=1，
𝑎2025 𝑎1 2024 𝑚
高三数学 （三模）— 1
{#{QQABLYCswgiQwhTACB4KQQVcCwmQkIChJeoMgRCfKAwCgIFAFIA=}#}所以有𝑎 <1.选项A对，选项B错
2025
当𝑚 =
2
时，𝑎 −𝑎 =
𝑎𝑛 2
>
( 2
3
) 2
，所以𝑎 >𝑎 +2024∙
4
9 =
2
+
4
>1，选项 C 错；
𝑛+1 𝑛 2025 1
3 2024 2024 2024 3 9
4
3 3 9
同理，当𝑚 = 时，𝑎 >𝑎 +2024∙ 9 = + >1，选项D对.
2025 1
4 2024 4 16
三、填空题
12. 0.1 13.2
3 2
14. ( , ] 解：由
𝑙𝑛3 𝑙𝑛2
高三数学 （三模）— 2
f ( x ) =
ln
x
x
( x 0 )
1−lnx
，f(x)= ，
x2
令 f(x)0，解得：0xe，令 f ( x ) 0 ，解得： x e ，
f ( x ) 的递增区间为 ( 0 , e ) ，递减区间为 ( e , + ) ，故 f ( x ) 的最大值是 f (e) =
1
e
；
x → + 时， f ( x ) → 0 ， x → 0 时，𝑓(𝑥)→−∞， f （1） = 0 ，
故在 ( 0 ,1 ) 时， f ( x ) 0 ，在 (1 , + ) 时， f ( x ) 0 ，
函数 f ( x ) 的图象如下：
① a = 0 时，不等式化为𝑓(𝑥)<0，无整数解，不合题意；
② a 0 时，由不等式𝑎𝑓2(𝑥)−𝑓(𝑥)>0得 1 <𝑓(𝑥)<0，无整数解；
𝑎
③ a 0 时，由不等式𝑎𝑓2(𝑥)−𝑓(𝑥)>0，得𝑓(𝑥)> 1 或𝑓(𝑥)<0，
𝑎
1
而𝑓(𝑥)<0时，没有整数解，进而𝑓(𝑥)> 的解集整数解只有一个，
𝑎
且 f(x)在 ( 0 , e ) 递增，在 ( e , + ) 递减，
而 2 e 3 ，𝑓(2)=𝑓(4)<𝑓(3)，这一个正整数只能为3，
1 𝑙𝑛2 1 𝑙𝑛3
所以𝑓(2)≤ <𝑓(3)，即 ≤ < ；
𝑎 2 𝑎 3
3 2
综上，a的取值范围是 <𝑎 ≤ ．
𝑙𝑛3 𝑙𝑛2
四、解答题
15.解：（1）设𝐵𝐷 =𝑡，由题意可知𝐷𝐶 =2𝑡，
𝐴𝐵 𝐵𝐷
在∆𝐴𝐵𝐷中，由正弦定理可得 = ，
𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐵 𝑠𝑖𝑛∠𝐵𝐴𝐷
𝐴𝐶 𝐶𝐷
在∆𝐴𝐶𝐷中，由正弦定理可得 = ，
𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐶 𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝐴𝐷
𝜋 𝜋
因为∠𝐴= ，𝐴𝐷为角𝐴的平分线，所以∠𝐵𝐴𝐷 =∠𝐶𝐴𝐷 = ，
3 6
{#{QQABLYCswgiQwhTACB4KQQVcCwmQkIChJeoMgRCfKAwCgIFAFIA=}#}又有𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐵 = 𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐶，所以𝐴𝐶 =2𝐴𝐵，………………… 3 分（没有证明过程扣 1 分）
设𝐴𝐵 =𝑚，则𝐴𝐶 =2𝑚，
在∆𝐴𝐵𝐶中，由余弦定理可得𝐵𝐶2 =𝐴𝐵2+𝐴𝐶2−2𝐴𝐵∙𝐴𝐶∙𝑐𝑜𝑠𝐴
𝜋
=𝑚2+4𝑚2−2∙𝑚∙2𝑚∙𝑐𝑜𝑠 =3𝑚2
3
所以𝐵𝐶 =√3𝑚，……………………………………………………………6分
进而有𝐵𝐶2+𝐴𝐵2 =𝐴𝐶2
𝜋
所以角B是 . …………………………………………………………………7分
2
𝜋 𝜋
（没有证明过程，直接由𝐴𝐶 =2𝐴𝐵，∠𝐴= 得出结论B是 的扣2分）
3 2
（2）∆𝐴𝐵𝐶的面积不能取到√3
…………………8分
4
方法一：因为角𝐴的平分线交线段𝐵𝐶于点𝐷，
1 𝜋 1 𝜋 1 𝜋
所以S +S =S ，进而 𝐴𝐵sin + 𝐴𝐶sin = 𝐴𝐵∙𝐴𝐶sin ，
△ABD △ACD △ABC
2 6 2 6 2 3
所以𝐴𝐵+𝐴𝐶=√3𝐴𝐵∙𝐴𝐶 ………………………10分
4
又𝐴𝐵+𝐴𝐶 ≥2√𝐴𝐵∙𝐴𝐶，解得𝐴𝐵∙𝐴𝐶 ≥ ，当且仅当𝐴𝐵 =𝐴𝐶时等号成立.
3
所以∆𝐴𝐵𝐶的面积最小值为
1
∙
4
∙
√3
=
√3
…………………12分
2 3 2 3
因为√3
<
√3 ，所以∆𝐴𝐵𝐶的面积不能取到√3
.……………………13分
4 3 4
方法二：因为角𝐴的平分线交线段𝐵𝐶于点𝐷，
1 𝜋 1 𝜋 1 𝜋
所以S +S =S ，进而 𝐴𝐵sin + 𝐴𝐶sin = 𝐴𝐵∙𝐴𝐶sin ，
△ABD △ACD △ABC
2 6 2 6 2 3
所以𝐴𝐵+𝐴𝐶=√3𝐴𝐵∙𝐴𝐶， ………………………10分
若∆𝐴𝐵𝐶的面积能取到√3
，则
1
𝐴𝐵∙𝐴𝐶𝑠𝑖𝑛
𝜋
=
√3
，进而𝐴𝐵∙𝐴𝐶 =1…①
4 2 3 4
所以𝐴𝐵+𝐴𝐶=√3，…②
1
联立①②，可得𝐴𝐵+ =√3，此方程无解…………………12分
𝐴𝐵
所以∆𝐴𝐵𝐶的面积不能取到√3
.……………………13分
4
16. 解：(1)当a=1时，f(x)= (x+1)ex，则f'(x)= (x+2)ex，………………1分
由题意可知点(-1,0)在曲线f(x)上，
1
①所以当(-1,0)是切点时，则切线斜率为f'(-1)=
𝑒
高三数学 （三模）— 3
{#{QQABLYCswgiQwhTACB4KQQVcCwmQkIChJeoMgRCfKAwCgIFAFIA=}#}1
进而切线方程为𝑦= (𝑥+1),即𝑥−𝑒𝑦+1=0………………4分
𝑒
②当(-1,0)不是切点时，设切点为(𝑥 ,(𝑥 +1)𝑒𝑥0)，且𝑥 ≠−1，
0 0 0
则切线斜率为f'(𝑥 )= (𝑥 +2)𝑒𝑥0
0 0
进而切线方程为𝑦− (𝑥 +1)𝑒𝑥0 =(𝑥 +2)𝑒𝑥0(𝑥−𝑥 )，
0 0 0
化简得𝑦=(𝑥 +2)𝑒𝑥0𝑥+𝑒𝑥0(−𝑥2−𝑥 +1)，
0 0 0
将(-1,0)代入上式，得0=−(𝑥 +2)𝑒𝑥0+𝑒𝑥0(−𝑥2−𝑥 +1)，
0 0 0
化简得𝑥2+2𝑥 +1=0，解得𝑥 =−1（舍），进而此时没有切线………………7分
0 0 0
综上所述，过点(-1,0)且与曲线f(x)相切的直线只有1条，切线方程为𝑥−𝑒𝑦+1=0.
………………8分
（注：切线方程没有写成一般式的不扣分）
(2)f'(x)=a(x+2)ex, ………………9分
当a>0时,f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,
𝑎
所以f(x) =f(-2)=- ,没有最大值; ………………12分（没说最大值情况的扣1分）
min e2
当a<0时,f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,+∞)上单调递减,
𝑎
所以f(x) =f(-2)=- ,没有最小值. ………………15分（没说最小值情况的扣1分）
max e2
17.解:(1)棋子开始时在第1站是必然事件,∴P =1. ……………………1分
1
2 2
棋子跳到第2站,只有一种情况,即第一次猜拳玩家没有赢主持人,其概率为 ,∴P = . ……2分
2
3 3
1
棋子跳到第3站,有两种情况: 第一次猜拳玩家赢主持人,其概率为 ;
3
2 2 4 1 4 7
前两次猜拳玩家都没有赢主持人,其概率为 × = .∴P = + = . ……………………4分
3
3 3 9 3 9 9
(2)证明:棋子跳到第n+2(n=1,2,3,…,7)站,有两种情况:
1
棋子先跳到第n站, 猜拳玩家赢主持人,其概率为 P ; ……………………5分
n
3
2
棋子先跳到第n+1站, 猜拳玩家没有赢主持人,其概率为 P . ………………6分
n+1
3
2 1
∴P = P + P , ………8分
n+2 n+1 n
3 3
高三数学 （三模）— 4
{#{QQABLYCswgiQwhTACB4KQQVcCwmQkIChJeoMgRCfKAwCgIFAFIA=}#}1 1
∴P -P =- (P -P ),又∵P -P =- ,
n+2 n+1 n+1 n 2 1
3 3
1 1
∴数列{P -P }(n=1,2,3,…,8)是以- 为首项, - 为公比的等比数列. …………10分
n+1 n
3 3
1 𝑛
(3)由(2)得P -P =(− ) (n=1,2,3,…,8), ……………………12分
n+1 n
3
1 8 1 7 1 1-(− 1 ) 9 3 1
∴P =(P -P )+(P -P )+…+(P -P )+P =(− ) +(− ) +…+(− )+1= 3 = + ,
9 9 8 8 7 2 1 1 3 3 3 1-(− 1 ) 4 4×38
3
1 1
∴获胜的概率为1-P = − . ……………………15分
9 4 4×38
18.解：（1）由题意可知，|𝑥|=√(𝑥− 3 )2+𝑦2− 3 ，化简得𝑦2 =3𝑥+3|𝑥|
2 2
又当𝑥 ≥0时，有𝑦2 =6𝑥， 当𝑥 <0时，有𝑦2 =0，即𝑦=0
综上所述，动点𝑃的轨迹方程为𝑦2 =6𝑥或𝑦 =0(𝑥 <0). …………………4分
（少一种情况扣1分）
（2）由（1）问可知当𝑥 ≥0时，动点𝑃的轨迹为抛物线𝑦2 =6𝑥，
𝑥 =𝑡𝑦+𝑚
设过点𝑀(𝑚,0)的直线为𝑥 =𝑡𝑦+𝑚，则{ ，
𝑦2 =6𝑥
得𝑦2−6𝑡𝑦−6𝑚 =0，Δ=36𝑡2+24𝑚>0，
𝑦 +𝑦 =6𝑡，𝑦 𝑦 =−6𝑚……① …………………7分
1 2 1 2
设过点𝐴且与抛物线Ω相切的直线𝑙 为𝑦−𝑦 =𝑘(𝑥−𝑥 )，
1 1 1
𝑦−𝑦 =𝑘(𝑥−𝑥 )
{ 1 1 ，得𝑦2− 6 𝑦+ 6 𝑦 −6𝑥 =0，
𝑦2 =6𝑥 𝑘 𝑘 1 1
Δ=( 6 )2−4( 6 𝑦 −6𝑥 )=0，又有𝑦 2 =6𝑥 ，化简得( 1 − 𝑦1)2 =0，解得𝑘 = 3 ，…10分
1 1 1 1
𝑘 𝑘 𝑘 3 𝑦1
所以直线𝑙 为𝑦−𝑦 =
3
(𝑥−𝑥 )，整理得直线𝑙 为𝑦=
3
𝑥+
𝑦1……②…………11分
1 1 1 1
𝑦1 𝑦1 2
同理，过点𝐵且与抛物线Ω相切的直线𝑙 为𝑦=
3
𝑥+
𝑦2…（*），…………12分
2
𝑦2 2
方法一：把𝑥 =−𝑚代入直线②式，得𝑦 =−
3𝑚
+
𝑦1，即点𝑁(−𝑚,− 3𝑚
+
𝑦1)
………13分
𝑦1 2 𝑦1 2
则直线𝐵𝑁为 𝑦−𝑦2 = 𝑥−𝑥2 ，将𝑦 2 =6𝑥 代入，
− 3
𝑦
𝑚
1
+ 𝑦
2
1−𝑦2 −𝑚−𝑥2 2 2
得(𝑦−𝑦 )(−𝑚−
𝑦2 2
)=(𝑥−
𝑦2 2
)(−
3𝑚
+
𝑦1−𝑦
)，
2 2
6 6 𝑦1 2
整理得(−𝑚−
𝑦2 2
)𝑦+𝑚𝑦 =(−
3𝑚
+
𝑦1)(𝑥− 𝑦2 2
)−𝑦 𝑥，将①式代入消去𝑚
2 2
6 𝑦1 2 6
可得(
𝑦1𝑦2− 𝑦2 2
)𝑦−
𝑦1𝑦2𝑦
=(
3 𝑦1𝑦2+ 𝑦1)(𝑥− 𝑦2 2
)−𝑦 𝑥，
2 2
6 6 6 𝑦1 6 2 6
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{#{QQABLYCswgiQwhTACB4KQQVcCwmQkIChJeoMgRCfKAwCgIFAFIA=}#}化简得
𝑦2(𝑦
−𝑦 )𝑦−
𝑦1𝑦2 2
=
1
(𝑦 +𝑦 )(𝑥−
𝑦2 2
)−𝑦 𝑥，
1 2 2 1 2
6 6 2 6
即
𝑦2(𝑦
−𝑦 )𝑦−
𝑦1𝑦2 2
=
1
(𝑦 −𝑦 )𝑥−
1
(𝑦 +𝑦 )
𝑦2 2
1 2 1 2 1 2
6 6 2 2 6
即
𝑦2(𝑦
−𝑦 )𝑦=
1
(𝑦 −𝑦 )𝑥+
1
(𝑦 −𝑦 )
𝑦2 2
，
1 2 1 2 1 2
6 2 2 6
即
𝑦2𝑦
=
1
𝑥+
1𝑦2 2
，进而𝑦 =
3
𝑥+
𝑦2，即为（*）式，
6 2 2 6 𝑦2 2
所以直线𝐵𝑁与抛物线Ω相切. ………………………………………………17分
方法二：设点𝑁(−𝑚,𝑦 )，代入②式，得𝑦 =
3
(−𝑚)+
𝑦1，…………13分
0 0
𝑦1 2
再将①式代入消去𝑦 ，可得𝑦 =
𝑦2
(−3𝑚)+
1
∙
−6𝑚
=
3
(−𝑚)+
𝑦2
1 0
−6𝑚 2 𝑦2 𝑦2 2
对比（*）式可知，点𝑁在过点𝐵且与抛物线Ω相切的直线𝑙 上，
2
所以直线𝐵𝑁与抛物线Ω相切. ………………………………………………17分
19.（1）(i)证明：因为𝐴𝐵 ⊥𝐴𝐷，且𝐴𝐵 =𝐴𝐷 =2√2，所以𝐵𝐷 =4，
又△𝑃𝐵𝐷为正三角形，所以𝑃𝐵 =𝑃𝐷 =𝐵𝐷 =4,
因为𝐴𝐵 =2√2，𝑃𝐴=2√6，所以𝑃𝐴2 =𝐴𝐵2+𝑃𝐵2，进而𝐴𝐵 ⊥𝑃𝐵………………1分
因为𝐴𝐵 ⊥𝐴𝐷，𝐵𝐶∕∕𝐴𝐷，所以𝐴𝐵 ⊥𝐵𝐶，……………………………………………2分
又因为𝑃𝐵∩𝐵𝐶 =𝐵，𝑃𝐵,𝐵𝐶 ⊂平面𝑃𝐵𝐶，
所以直线𝐴𝐵 ⊥平面𝑃𝐵𝐶. ………………………………………………………………4分
(ii)延长𝐵𝐶至𝐸，使得𝐶𝐸 =𝐵𝐶 =√2，进而𝐵𝐸 =𝐴𝐷，连结𝐷𝐸，
又有𝐵𝐶∕∕𝐴𝐷，𝐴𝐵 ⊥𝐴𝐷，可知，四边形𝐴𝐵𝐸𝐷为正方形，
连结𝐴𝐸交𝐵𝐷于𝑂，过点𝑂作𝑂𝑧⊥平面𝐴𝐵𝐸𝐷，
z
以𝑂为坐标原点，分别以𝑂𝐸，𝑂𝐷，𝑂𝑧所在直线为𝑥轴，𝑦
P
轴，𝑧轴建立空间直角坐标系，
因为𝐴,𝐵,𝐷,𝑃四点在以√6为半径的球面上，由球的性质
可知球心𝑀在𝑧轴上，设点𝑀的坐标为(0,0,𝑡)，
所以(√6)2 =𝑡2+|𝑂𝐴|2 =𝑡2+22，解得𝑡 =√2，即
𝑀(0,0,√2). …………………………………6分 y
A D
又△𝑃𝐵𝐷为正三角形，连结𝑂𝑃，可知𝑂𝑃 ⊥𝐵𝑂，进而可
O
证得𝐵𝑂 ⊥平面𝐴𝑂𝑃，所以点𝑃在坐标平面𝑥𝑂𝑧内，
B C E
………………7分
x
设点𝑃的坐标为(𝑚,0,𝑛)，又有𝐵(0,−2,0)，
则|𝑀𝑃|=√𝑚2+(𝑛−√2)2 =√6，
|𝐵𝑃|=√𝑚2+(−2)2+𝑛2 =4，解得𝑚 =2，𝑛 =2√2
所以四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的高ℎ =2√2，
1 1
直角梯形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积𝑆 = (|𝐴𝐷|+|𝐵𝐶|)⋅|𝐴𝐵|= (2√2+√2)⋅2√2=6，
2 2
高三数学 （三模）— 6
{#{QQABLYCswgiQwhTACB4KQQVcCwmQkIChJeoMgRCfKAwCgIFAFIA=}#}1 1
所以四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积𝑉 = 𝑆ℎ = ⋅6⋅2√2=4√2…………………………9分
3 3
（2）因为△𝑃𝐵𝐷为等腰直角三角形，且𝑃𝐷 =𝑃𝐵，连结𝑂𝑃，则|𝑂𝑃|=2.
建系方法如(ii)问，𝐵(0,−2,0)，𝐶(1,−1,0)，𝐷(0,2,0)，设点𝑃(2𝑐𝑜𝑠𝜃,0,2sin𝜃)，𝜃 ∈(0,𝜋)，
𝐵⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(0,4,0)，𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(−1,3,0)，𝑃⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(−2𝑐𝑜𝑠𝜃,2,−2sin𝜃)，
𝐵⃗⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ⋅𝑛⃗⃗⃗⃗ =4𝑏 =0
设平面𝐵𝑃𝐷的一个法向量𝑛⃗⃗⃗⃗ =(𝑎,𝑏,𝑐),则{ 1 ，
1 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ⋅𝑛⃗⃗⃗⃗ =−2𝑐𝑜𝑠𝜃⋅𝑎+2𝑏−2sin𝜃⋅𝑐 =0
1
𝑏 =0
令𝑎 =𝑠𝑖𝑛𝜃，则{ ，所以𝑛⃗⃗⃗⃗ =(sin𝜃,0,−cos𝜃)…………………………11分
𝑐 =−cos𝜃 1
𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ⋅𝑛⃗⃗⃗⃗ =−𝑥+3𝑦=0
设平面𝑃𝐷𝐶的一个法向量为𝑛⃗⃗⃗⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧),则{ 2 ，
2 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ⋅𝑛⃗⃗⃗⃗ =−2𝑐𝑜𝑠𝜃⋅𝑥+2𝑦−2sin𝜃⋅𝑧 =0
2
𝑥 =3𝑠𝑖𝑛𝜃
令𝑦=𝑠𝑖𝑛𝜃，则{ ，所以𝑛⃗⃗⃗⃗ =(3sin𝜃,sin𝜃,1−3cos𝜃)……………13分
𝑧 =1−3cos𝜃 2
𝑛⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗⃗⃗⃗ 3sin2𝜃−cos𝜃+3cos2𝜃 3−cos𝜃
1 2
cos〈𝑛⃗⃗⃗⃗ ,𝑛⃗⃗⃗⃗ 〉= = =
1 2 |𝑛⃗⃗⃗⃗ 1 ||𝑛⃗⃗⃗⃗ 2 | √9sin2𝜃+sin2𝜃+(1−3cos𝜃)2 √11−6cos𝜃−cos2𝜃
1 1 1
令𝑢 =3−cos𝜃，则𝑢 ∈(2,4)， ∈( , )，
𝑢 4 2
𝑢 1 1 1 2
所以cos〈𝑛⃗⃗⃗⃗ ,𝑛⃗⃗⃗⃗ 〉= = = ≥ = √5
1 2 √−16+12𝑢−𝑢2 √− 𝑢 16 2 + 1 𝑢 2 −1 √−16( 𝑢 1 − 3 8 ) 2 + 5 4 √5 4 5
1 3 8
当且仅当 = 即𝑢 = 时等号成立，……………………………………………16分
𝑢 8 3
2
所以二面角𝐵−𝑃𝐷−𝐶的余弦值的最小值 √5. …………………………………17分
5
高三数学 （三模）— 7
{#{QQABLYCswgiQwhTACB4KQQVcCwmQkIChJeoMgRCfKAwCgIFAFIA=}#}
