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