许洛平10.29第一次检测数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1030河南省豫西北教研联盟（许洛平）2025届高三上学期第一次质量检测

豫西北联盟第一次联考数学答案
一、选择题
1. C 2.C 3.B 4.C 5.D 6.A 7.B 8.D
二、选择题
9. ACD 10.BC 11.ABD
三、填空题
5 25 28
12. 13. 14. π
5 4 3
四、解答题
15.解：（1）设椭圆C的焦距为2cc0，因为 OG  OH , OF  OF ，
1 2
所以四边形GFHF 为平行四边形，其面积设为S，则
1 2
3
S 2c  3，所以c1， 2分
2
所以a2b2 c2 1， 3分
3 3
又  1，解得a2 4,b2 3 4分
a2 4b2
x2 y2
所以椭圆C的方程为  1. 5分
4 3
（2）易知l的斜率不为0，设l:xmy1,Ax,y ,Bx ,y ，
1 1 2 2
xmy1
  
联立x2 y2 ，得 3m2 4 y2 6my90，

 1
 4 3
6m 9
所以 y  y  ,y y  ． 7分
1 2 3m2 4 1 2 3m2 4
12 m2 1
所以 y  y   y  y 24y y  ， 9分
1 2 1 2 1 2 3m2 4
1 12 m2 1 12 2
由S  FF y  y   ， 10分
△F 1 AB 2 1 2 1 2 3m2 4 7
解得m1， 12分
所以l的方程为xy10或xy10．13分
3 x  π 1
16.解：（1）因为 f  x  sinxcos2 sinx   ， ┈┈┈┈┈┈2分
2 2  6  2
 π 1 3  π
所以由 f  B sinB    得sinB  1. ┈┈┈┈┈┈4分
 6 2 2  6
1
{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}π π 7π
因为0Bπ，所以  B  , ┈┈┈┈┈┈6分
6 6 6
π π π
所以B  ，B  . ┈┈┈┈┈┈7分
6 2 3
1 a2 c2 b2
（2）由（1）得cosB   ， ┈┈┈┈┈┈8分
2 2ac
2c2 ac ac
a2 c2  a2 
故 2 1 ，即 2 1 ，
 
2ac 2 2ac 2
a 1 1 3
即   ，故a c. ┈┈┈┈┈┈┈┈┈11分
2c 4 2 2
3 7
把a c代入2b2 2c2 ac，可得b c， ┈┈┈┈┈┈┈┈┈13分
2 2
3 7
c c
所以ab 2 2 3 7 . ┈┈┈┈┈┈┈┈┈15分
 
c c 2
17.（1）证明：取DC 的中点F ，连接AF,PF，则AF  DC .
又PDC 为等边三角形，PF  DC，
所以CD 平面PAF ，所以PA  DC . ………………3分
又PA  PD，
所以PA 平面PDC ，PA 平面PAD ，
平面PAD 平面PDC . ………………6
分
(2)由（1）知CD 平面PAF ，平面PAF 平面ABCD，
则点P在平面ABCD内的射影在直线AF 上，即PAF 为直线PA 与平面ABCD所成的
角，则PAF 60， ………………7分
由（1）知PA 平面PDC ， PA  PF ，
又PCD为边长为2的等边三角形，则PF  3
，
则PA 1,AF 2 BC 2， …………8分
以F 为原点，FC,FA所在直线为x,y轴，过点F 在面PAF 中做
FE的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，
3 3  3 3
过P作PG  AF ，交AF 于G，则PG  ,GF  ，P  0, ,   ，
2 2  2 2 
2
{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#} 1 3
又C  1,0,0  ,B  1,2,0  ,A  0,2,0  ,D  1,0,0  ，PB 

1, ,

,BC   0,2,0  ，………9分
 2 2 
设平面PBC 的法向量为n x ,y ,z 
1 1 1
   1 3
 n PB  nPB 0 x  y  z  0
    1 2 1 2 1
n BC nBC  0 

2y 0 ，令z 1 2，则x 1  3,y 1 0，
1
 
n 3,0,2 ………………11分
 1 3
又PA 0, , ,AD   1,2,0 
 
 2 2 
设平面PAD 的法向量为m  x ,y ,z 
2 2 2
  1 3
 m  PA  mPA 0  y  z 0
   2 2 2 2
m  AD mAD 0 

x 2y 0 ，令z 2 1，则x 2 2 3,y 2  3
2 2
 
m  2 3, 3,1 ………………13分
设平面PBC 与平面PAD 的夹角为
mn 4 7
则cos  
m n 74 7
7
综上，平面PBC 与平面PAD 的夹角余弦值为 ……………15分
7
x
18.解：(1)因为 f  x  ax，xR ，
ex
1x
所以 f(x) a， ……………1分
ex
1
故 f(1)a又 f  1  a， ……………2分
e
1 
所以 f  x  在点(1, f(1))处的切线方程为 y  a a  x1 ， ……………3
e 
分
1
即ax y 0，由已知得a 1． ……………4
e
3
{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}分
x 1x
(2)因为 f  x  ax，所以 f(x) a，
ex ex
令(x) f(x)，则
1 1x  x2
(x)  ． ……………………5分
ex ex
依题意，当x 2时，(x)0，所以 f(x)在 2,上单调递增；
当x2时，(x)0，所以 f(x)在,2 上单调递减． ……………………6分
1
所以 f(x)  f(2) a， ……………………7分
min e2
1
因为a ，则 f(x) 0，则 f(x)0恒成立，
e2 min
所以 f  x 在R上单调递增． …………8分
(3)欲证em f(x) 1m  xm2成立，即证 f(x)
1m
x
m2
成立．
em em
x 1m m2
设F(x)  x ，其中F(m)0． …………………10分
ex em em
1x 1m
则F(x)  ，xR ． ……………………11分
ex em
1x 1m
设G(x)  ，其中G(m)0，
ex em
x2
则G(x) (x)， ． ……………………12分
ex
由(2)知，G(x)在
,2 
单调递减；在
 2,
单调递增； ……………………13分
所以G(x)在0,2单调递减，且G(m)0，0m2． ……………………14分
故当0 xm时，G(x)0，即F(x)0，则F(x)在  0,m  单调递增；
当m x2时，G(x)0，即F(x)0，则F(x)在m,2 单调递减．………………15分
故F(x)在xm处取极大值，且极大值为F(m)0，
当且仅当xm时，F(x)0． ……………………16分
所以当x 0,2  时，F(x) F(m)0恒成立，即 f(x)
1m
x
m2
恒成立，
em em
4
{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}即em f(x) 1m  xm2成立． ……………………17分
2 4 8 4 8 8
19.解：（1）因为 2， 4， 8， 2，  4，  2， ………………2分
1 1 1 2 2 4
所以集合M  2,4,8  ，所以card  M 3． ………………4分
（2）证明：因为

a

是递增数列，且card

M
n1，
n
a a a a
因为  a  是递增数列，所以 2  3  4  n ，
n a a a a
1 1 1 1
a a a a a a a a 
所以 2 , 3 , 4 ,, n M 且互不相等，所以M  2 , 3 , 4 ,, n，………………6
a a a a a a a a 
1 1 1 1 1 1 1 1
分
a a a a
又因为 3  4  n  n ，
a a a a
2 2 2 1
a a a a a a a a a a 
所以 3 , 4 , 5 ,, n , n M 且互不相等，所以M  3 , 4 , 5 ,, n , n………8
a a a a a a a a a a 
2 2 2 2 1 2 2 2 2 1
分
a a a a a a
所以 3  2 ， 4  3 ，L， n  n1 ，
a a a a a a
2 1 2 1 2 1
a a a a a a
所以 3  2 ， 4  2 ，L， n  2 ，
a a a a a a
2 1 3 1 n1 1
a a a
所以 2  3  n ，所以  a  为等比数列． ………………10分
a a a n
1 2 n1
n  n1 
 
(3) card M 存在最大值 ． ………………11分
2
理由如下：
不妨取D  d ,d ,,d  ，其中d  1in  均为质数．
1 2 n i
 a 
因为M x x j ,1i j n，
 a 
i
d d d d d d d d
则 2 , 3 ,, n1, n M 且 2 , 3 ,, n1, n 互不相同，有n1个元素；
d d d d d d d d
1 1 1 1 1 1 1 1
5
{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}同理，
d d d d d d d d
3 , 4 ,, n1, n M 且 3 , 4 ,, n1, n 互不相同，共有n2个元素；
d d d d d d d d
2 2 2 2 2 2 2 2
d d d d d d d d
4 , 5 ,, n1, n M 且 4 , 5 ,, n1, n 互不相同，共有n3个元素；
d d d d d d d d
3 3 3 3 3 3 3 3
…
d
n M 互不相同，有1个元素． ………………15分
d
n1
d
根据质数的性质知， j  1i j n  互不相同，
d
i
n  n1 
故card  M   n1  n2 21 ．
2
n  n1 
 
故card M 有最大值 ． ………………17分
2
（注：第三问学生其他解答可对应酌情给分）
6
{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}