东北师大附中2024-2025学年度高三年级第三次摸底考试（数学）科参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷

高三数学 第三次摸底考试 参考答案 又DE DP ，且DBDE D， z
DP 平面BCDE， P
一、单选题
PD DC,
N
1 2 3 4 5 6 7 8
又ED AC，EDDC.
A B C A D D D C 解法一(向量法)： A D M C
y
以点D为坐标原点,以DE,DC,DP分别为x轴、y轴,z轴，
二、多选题
建立如图所示的空间直角坐标系, x E
9 10 11 则E2,0,0,B4,2,0,C0,2,0,P0,0,2
, B

AC ACD AC mPC 0 2y 2z 0
设平面PBC的法向量mx ,y ,z  ,则  ,即 1 1 ,
三、填空题 1 1 1 mCB0 4x
1
0
令y 1,得m 0,1,1 .
12． 10 13. [1,0] 14．2024 ; 3 1 
nPC 0 2y 2z 0
四、解答题 设平面PEC的法向量nx ,y ,z  ,则  ,即 2 2 ,
2 2 2 nCE 0 2x
2
2y
2
0
a a a 1
15. 【解析】（1）a 2a 2n1， n1  n 1， 1  ， 令x 1,得n1,1,1 .
n1 n 2n1 2n 21 2 2
mn 11 6
a  1 设平面PBC与平面PEC夹角为, 则cos =  ,
数列 n 是以 为首项，以1为公差的等差数列， m n 2 3 3
2n 2
6
a 1 2n1 所以平面PBC与平面PBC夹角的余弦值为 .
n  (n1) ，a (2n1)2n1． 3
2n 2 2 n
解法二（几何法）：
（2）S 120 321522 (2n1)2n1，  EP  EB, EM PB,
n
2S 121322 523(2n1)2n，  DN PC， EM PC，
n
又EM PB，且PBPC P，
错位相减得S 12(2122 232n1)(2n1)2n，
n  EM 平面PBC ．
S 12(2n 2)(2n1)2n (2n3)2n 3． 且NM PC,EM NM M ，
n
16. 【解析】（1）证明：取PC中点N ，  PC 面EMN .
连接DB，MN ，DN ， P 根据二面角的定义可知,ENM 即为二面角ECPB的平面角,
M、N 为PB,PC的中点，
EM 2 6
则MN∥BC，MN  1 BC， N
tanENM 
MN

2
,cosENM 
3
.
2
6
1 D M 所以平面PBC与平面PBC夹角的余弦值为 .
又ED∥BC，ED BC， A C 3
2
17. 【解析】（1） ac2bcosC，
所以MN∥ED，MN ED，
E
所以四边形EDNM 为平行四边形，
a2 b2 c2 a2 b2 c2
由余弦定理知：ac2b  ，
所以EM∥DN， B
2ab a
因为DN 平面PDC，
b2 acc2 201636,b6.
EM 平面PDC，
（2） ac2bcosC,
EM //平面PDC．
sinAsinC 2sinBsinC,
（2） DB DC2 CB2  20,且DP4,PB2 6 , sin(BC)sinC 2sinBsinC,
DP2DB2  PB2, DP  DB. sinC sin(BC).
三摸数学 参考答案 1/2
学科网（北京）股份有限公司π π  4101619 4  4101619 10
又0 B ,0C  , 19.【解析】（1）因为b  15，b  13
2 2 1 41 2 41
C BC, 即B 2C.  4101619 16  4101619 19
b  11，b  10，均为正整数
b sinB sin2C 3 41 4 41
    2cosC ,
c sinC sinC 所以数列4,10,16,19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”为15,13,11,10.
又△ABC为锐角三角形， （2）因为数列
a
存在“伴随数列” 
b
，
n n
 0 A π3C  π 所以a a 0  1nm1 ，且b ,b N*
 n1 n n n1
2
  a a ···a a  a a ···a a a a
 π π π ∴b b  1 1 m n  1 1 m n1  n1 n N*，
0 B2C ,解得 C  ， n n1 m1 m1 m1
 2 6 4
∴b b 0，即b b ，
 π n n1 n n1

0C 
∴b b b ．
 2 1 2 m
（3）①一方面，由（2）知，a a m1  n1,2,,n1 于是
2cosC( 2, 3), n1 n
b
a
m
1 a
m
a
m1
 a
m1
a
m2
 a
2
a
1
 m1  m1  m1  m1 2
 ( 2, 3).
c 所以 m1 2 2024m45  mN* 
18. 【解析】（1）(i) f(x)0  ex 1x0，(x0) ②另一方面，由数列
a
存在“伴随数列
b
，知
n n
设g(x)ex 1x，当x0时，g(x)ex 10，
 a a ···a a  a a ···a a a a 2024
g(x)在(0,)单调递增，g(x) g(0)0， b b  1 1 m 1  1 1 m m  m 1  N*
1 m m1 m1 m1 m1
即 f(x)0；
所以m1是2024的正约数，又2024231123，
1 1 2x
（ii） f(x)   (x2)ex x20， 即m1可取1,2,4,8,11,22,23,44,46,,2024，
2 ex 1 2x 又m45，m45为最大值，
设h(x)(x2)ex x2， 取a 1，a 44n45  n2,3,4,,45 有
1 n
h(x)(x1)ex 1，h(x) xex 0，  a a ···a a  1+133++2025 1
h(x)在(0,)单调递增，h(x)(x1)ex 1h(0)0， b
1
 1 2
m1
m 1 
451
1079N*，
h(x)在(0,)单调递增，h(x)h(0)0，即 f(x) 1 ．
2n45，b 
 a
1
a
2
···a
m
a
n 
 1+133+177++2025   44n 45 
 1078n N*
2 n m1 451
1 2(ex 1) 符合条件，因此m的最大值为45．
（2）由（1）可知， 0 f(x) ，变形得  xex 1，
2 ex 1 【或取a 44n43  n1,2,3,4,,44 ，a 2025，
n 45
2  a a ···a a  1+45+89+1893+2025 2025
1 2 k 1 1 b  1 2 m 45  947N*，
令xln(1 )，得   ln(1 ) ， 45 m1 451
k 2k1 1 k k
2 1n44 ，
k
 a a ···a a  1+45+89+1893+2025   44n43 
取k 1,2,3,,n得， b  1 2 m n   994n N*，
n m1 451
2 2 3 1 2 4 1 2 1 1
ln21, ln  , ln  ,， ln(1 ) ， 给出一种符合条件的a 即可．】
3 5 2 2 7 3 3 2n1 n n n
n 2 n 1
相加得 ln(n1) ．
2k 1 k
k1 k1
三摸数学 参考答案 2/2
学科网（北京）股份有限公司