辽宁省丹东市2025届高三上学期1月期末教学质量调研测试数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_0202辽宁省丹东市2025届高三上学期1月期末教学质量调研测试（全科）

丹东市 2024~2025 学年度（上）期末教学质量监测 高三数学试题评分参考 一、选择题 1．C 2．B 3．A 4．B 5．D 6．D 7．D 8．A 二、选择题 9．BD 10．BCD 11．AD 三、填空题 15 x2 y2 12．2 13． 14．  1 3 7 3 四、解答题 15．解： （1）根据正弦定理， 3b2asinB得， 3sinB2sinAsinB，sinB0． …………3分 3   所以sinA ，A(0, )，故A 2 2 3 …………6分 （2）由DB AB，DC AC，可知在四边形ABDC中，BDC120 …………8分 BDCD1，所以BC2 BD2 CD2 2BDCDcos1203 ，则BC  3 …………10分 由BCDCBD30，所以ABCACB60， ABC是等边三角形 1 3 3 所以 ABC的面积S  AB2sin60 ． △ 2 4 △ …………13分 16．解： （1）因为 f(x)cos(x)1 …………1分      当 ，所以 f(x)cos(x )1，则 f( )1，且 f( ) 4 4 4 4 4 …………3分    所以 f(x)在x 处的切线方程为y (x )，即x y0． 4 4 4 …………6分  （2）由 f(x)cos(x)10，所以 f(x)在[0, ]上单调递减 4 f(x)的最大值为 f(0)sintan 高三数学参考答案 第1页（共4页） {#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}…………8分 令g()sintan 1 cos31  则g()cos  ，[0, ] cos2 cos2 4  所以g()0，所以g()sintan在[0, ]上单调递减，g()g(0) 4 …………10分  g()在[0, ]上最大值为g(0)0，所以g()0 4 所以 f(x)0． …………15分 17．解： （1）证明：连接AC，AM  AP2，PCPDCD4，可得AD AC 2 5 所以APPD，APPC，PCPD P 所以AP平面PCD，AP平面PAB，所以平面PAB平面PCD． …………6分 （2）取CD的中点Q，连接PQ，AQ 由（1）知，CDPQ，CD AQ，PQAQ Q 所以CD平面PAQ，CD平面ABCD，所以平面PAQ平面ABCD 过P作PN  AQ，垂足为N，可得PN 平面ABCD 在Rt PAQ中，AN 1，PN  3 △ …………8分  以A为坐标原点，AM 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 可知z轴在平面PAQ内． z 则B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(2,4,0)，P(0,1, 3) P  mPB0 设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，由  mPC 0 B C A  2x y 3z0 N 可得 ，可取m＝( 3，0，2)． Q y M 2x3y 3z0 D x  由（1）可知，AP为平面PCD的法向量 …………12分    mAP 21 则平面PCD的法向量为AP＝(0，1， 3)．故cos＝  ＝ ． m  AP 7 2 7 所以平面PBC 与平面PCD所成角的正弦值为 ． 7 …………15分 高三数学参考答案 第2页（共4页） {#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}18．解： （1）根据题意得，X 的可能取值分别为1，2，3 1 2 1 则X 1时，表示第1轮为甲，第2轮为乙，第3轮为丙，即P(X 1)1   2 3 3 …………2分 X 2时，表示第1轮为甲，第2轮为甲，第3轮为乙，或第1轮为甲，第2轮为乙，第3 1 1 1 1 5 轮为甲，即P(X 2)1  1   2 2 2 3 12 …………4分 1 1 1 X 3时，表示第1轮为甲，第2轮为甲，第3轮为甲，即P(X 3)1   2 2 4 …………6分 所以X 的分布列如下表 X 1 2 3 1 5 1 P 3 12 4 1 5 1 23 E(X)1 2 3  3 12 4 12 …………8分 （2）设第n轮练习为甲、乙、丙的概率分别为P ，Q ，1P Q n n n n 1 1 1 1 1 由题意得P  P  Q  (1P Q )  Q …… n 2 n1 3 n1 2 n1 n1 2 6 n1 ① 1 1 1 1 Q  P  (1P Q )  Q …… n 2 n1 2 n1 n1 2 2 n1 ② 1 1 1 由 得Q   (Q  )， n 3 2 n1 3 ② …………12分 1 1 1 1 所以数列{Q  }是首项为Q   ，公比为 的等比数列 n 3 1 3 3 2 …………14分 1 1 1 1 1 1 Q   ( )n1， 则Q   ( )n2代入 中 n 3 3 2 n1 3 3 2 ① 4 1 1 4 1 1 得P   ( )n1， 故第n 轮为甲练习的概率为P   ( )n1 (n3)． n 9 9 2 n 9 9 2 …………17分 19．解： 2 2 （1）设A(x , x )，B(x , x )，P(x,y) A 2 A B 2 B x x x     A B 由 AB  2，OPOAOB，得 2 ……  (x x ) y  2 A B ① …………2分 高三数学参考答案 第3页（共4页） {#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}1 (x x )2  (x x )2  2 …… A B 2 A B ② …………4分 x2 联立 得，C的方程为  y2 1 4 ①② …………6分 （2） （i）设P(x ,y )(x 0,y 0)，N(x ,0)，M(0,y ) 0 0 0 0 N M y y 2y 由D，P，M三点共线可知 M  0 ，得y  0 2 x 2 M 2x 0 0 1 y 1 x 由E，P，N三点共线可知  0 ，得x  0 x x N 1y N 0 0 …………8分 x x 2y 2 x 2y 2 所以DN  0 2 0 0 ，EM  0 0 1y 1y 2x 0 0 0 (x 2y 2)2 x 24y 24x y 8y 4x 4 所以 DN EM  0 0  0 0 0 0 0 0 (1 y )(2x ) (1 y )(2x ) 0 0 0 0 x 2 4(x y 2y x 2) 因为 0  y 2 1，所以x 2 4y 2 4代入上式中得 ANBM  0 0 0 0 4 4 0 0 0 (1y )(2x ) 0 0 …………11分 1 1 （ii） PMN面积为S S S  DN(y  y ) DN[EM (1 y )] PMN DNM DNP 2 M 0 2 0 △ 1 1 x 2y 2 所以S  DNEM   0 0 (1 y )， PMN 2 2 1 y 0 0 …………14分 1 S 2 (x 2y 2) PMN 2 0 0 x 2y x 2 4y 2 ( 0 0)2  0 0 2，则x 2y 2 2 (x 2y 时等号成立) 2 2 0 0 0 0 所以S  2 1，即 PMN面积的最大值为 21． PMN △ …………17分 {#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}高三数学参考答案 第4页（共4页） {#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}