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=}#}