高三数学参考答案_2024年4月_01按日期_24号_2024届江西省景德镇市高三第三次质量检测_2024届江西省景德镇市高三下学期第三次质量检测数学试题

景德镇市 2024 届高三第三次质检试题
数学（理科）参考答案
第Ⅰ卷（选择题共 58 分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．
1 2 3 4 5 6 7 8
D A C A C D A B
8．解：不妨假设六位爸爸已经站好了位置，只需要考虑小孩找到各自的爸爸，则其为定序问
C3 1
题，故不需要插队的概率P = 6 = ．
0 A6 36
6
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，满分18分．
9 10 11
BD ACD ABD
x2 y2
11．解：对于A，设AB: y  xm，与椭圆  1联立得：
a2 b2
(a2 b2)x2 2a2mxa2(m2 b2)0，由 0m2 a2 b2，
又ba，∴m2 2a2，即m 2a，故A正确；
或考虑当椭圆的极限情况为圆时，m 2a，故m 2a；
对于B，设右焦点为F，则ABF 周长l  AF BF  AB
4a AB AFBF4a，等号当且仅当直线AB过点F时取到，故B正确；
对于C，设AB中点为M ，由点差法可知k k e2 1，即k k e2 1，
AB OM MF MO
y y b2 x(xc) y2 c2
设M(x,y)，则     0，∵x(xc) ，
xc x a2 a2 b2 4
y2 c2 b c2 1 1
∴  ，而 y  ，故  e ，故C错误；
b2 4a2 max 4 4a2 16 2
另解：易知M 轨迹是以OF 为长轴，离心率为e的椭圆，
b
b b
 
∵ y  ，即该椭圆的短半轴长为 ，故 c 4 1，故C错误；
M max 4 4  e
2a b 2
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{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}对于D，显然直线AB存在斜率且不为零．
m2
设线段AB的中垂线所在的直线方程为 y  kxm，则S  ．
2k
1 x2
设直线AB的方程为y   xn，联立:  y2 1，
k 4
 4  8n k2 4
即  1x2  x4n2 40 ，   0 n2  ，线段 AB 的中点坐标为
k2  k k2
 4kn k2n  3k2n

 ,

，代入y  kxm，即m  ．
k2 4 k2 4 k2 4
m2 9k4n2 9k 9
∴S     ．
2k 2k(k2 4)2 2(k2 4) 8
 9
又仅当A、B关于原点对称时，S  0，故S 0，∴S0, ，故D正确．
 8
x
另解：设线段AB中点坐标为(x ,y )，易得k  0 ，
0 0 AB 4y
0
4y
∴线段AB的中垂线方程为 yy  0 (xx )．
0 x 0
0
3
令x0，得 y3y ，令 y0，得x x ．
0 4 0
9 x2
∴S  x y ．又 0  y2 1，
8 0 0 4 0
x2 9  9
∴ x y  0  y2 1，∴S  ．显然S 0，∴S0, ，故D正确．
0 0 4 0 8  8
故选ABD．
第Ⅱ卷(非选择题共 92 分)
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分．
15
12．3 13．6， 14．2412 3
2
14．解：易知l必存在斜率，设l: y axb，∵l不经过第四象限，∴a0,b0，
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{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}设A(x ,y ),B(x ,y ),C(x ,y )，其中x  x  x ，
1 1 2 2 0 0 1 2 0
4 4
x ,x ,x 为方程axb x2的三个根，构造函数g(x) x2  axb，
1 2 0
x x
(xx )(xx )(xx ) x x x
则g(x) 1 2 0  x2 (x x x )x(x x x x x x ) 1 2 0 ，
x 1 2 0 1 2 2 0 1 0 x
x x x a0
1 2 0

∴x x x x x x b0，易知x  x 0 x ．
1 2 2 0 1 0 1 2 0

x x x 4
1 2 0
4 4
我们先将x 视作为定值，则由x x x x x x  x (x x )0，可得x x  ．
0 1 2 2 0 1 0 x 0 1 2 1 2 x2
0 0
4 2
又x x  ，∴x   x 0 x ．
1 2 x 1 x 2 0
0 0
4 4 4
于是x x  x 的取值随着x 的增大而减小，故当 x  时x 取最大值，
1 2 x x 2 2 x x 2 x2 2
0 2 0 2 0
2(1 1x3) 2(1 1x3)
解得(x )  0 ．同理(x )  0 ．
2 max x2 1 min x2
0 0 1
2(1 1x3) 4 1x3
∴(x x )  x  0 ，(x x )  0 ．
0 2 min 0 x2 2 1 max x2
0 0
4 1x3 2(1 1x3)
若x ,x ,x 成等差，则有 3  x  0 ，
1 2 0 x2 0 x2
0 0
整理即6 1x3  x3 2，解得x3 12 320，
0 0 0
4
∴x y  x ( x2)4x3 2412 3，即x y 的最小值为2412 3．
0 0 0 x 0 0 0 0
0
四、解答题：本大题共5小题，满分77分． z
15．（本小题13分）
解：（1）取BC中点G，连接AG,FG． A C
1 1 1 1
B
1
1 E
∵G,F 分别为BC,BC中点，∴GF∥BB 且GF  BB , G
1 1 2 1
y
A
1 C
又E分别为AA 中点，∴AE∥BB 且AE  BB , F
1 1 1 1 2 1 B
x
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{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}∴GF∥AE 且GF  AE，
1 1
故四边形AEFG是平行四边形，∴EF∥AG．……………………………………………4分
1 1
而EF 平面ABC ，AG面ABC ，……………………………………………………5分
1 1 1 1 1
∴EF //平面ABC ．……………………………………………………………………………6分
1 1
（2）如图以A为坐标原点，AC,AA 分别为y,z轴建立空间直角坐标系，………………7分
1
则A（0，0，1）,B( 3,1,0),B ( 3,1,1),C(0,2,0)，∴AB ( 3,1,1)．……………………8分
1 1 1
  AB n 3x y 0
设平面ABC 的法向量为n(x,y,z)，则 1 1 ，
1 1
 ACn2yz 0
1
令x1，得 y  3,z 2 3，n(1, 3,2 3)．………………………………10分
15
∴cos AB,n  ．………………………………………………………………………11分
1 10
15
即直线AB与平面ABC 所成角的正弦值是 ．………………………………………13分
1 1 1
10
16．（本小题15分）
n  ad bc 2 100
解：（1）K2= = 9.091 6.635 ，……………………5分
 ab  cd  ac  bd  11
∴有99%的把握认为游客喜欢景德镇与年龄有关；…………………………………………6分
（2）根据贝叶斯公式可知三人中有且仅有1人选择A路线的条件下该人为甲的概率为
2
 2
p1

 3 p
P   ，
 2 2 2 2 43p
p1  2 1 p  1 
 3 3 3
p 1 1
∴  ，解得： p  ．………………………………………………………………8分
43p 5 2
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{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}由题意可知，X 的取值为0，1，2，3．………………………………………………………9分
2
 1 2 1
P(X 0) 1 1   ；…………………………………………………………10分
 2 3 18
2
1 2 2 1 2 5
P(X 1) 1  2 1 1   ；………………………………………11分
2 3 3 2 3 18
2
1 2 2 2  1 4
P(X 2)2  1     1   ；…………………………………………12分
2 3 3 3  2 9
2
12 2
P(X 3)    ．……………………………………………………………………13分
23 9
∴X 的分布列为
X 0 1 2 3
1 5 4 2
P
18 18 9 9
……………………………………………………………………………………………………14分
11
X 的数学期望是EX  ．……………………………………………………………………15分
6
17．（本小题15分）
 8  1 1 a 2
  a2 b2 
解：（1）由题意可知 b1 ，…………………………………………4分
1
 

2
2c1 5 c 5
x2
∴双曲线的标准方程是  y2 1．………………………………………………………5分
4
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{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}3
（2）依题意直线l斜率不为零，设l:xty4，A(x ,y ),B(x ,y )，易得P(2,0),E(1, )，
1 1 2 2 t
x2
  y2 1
将直线l与进行联立并整理得： 4 (t2 4)y2 8ty120，其中t  2，

xty4
 8t
y  y 
  1 2 t2 4
根据韦达定理可知 ， 16(t2 12)0．……………………………8分
12

y y 
  1 2 t2 4
x 2 t
设直线PA :x 1 y2，直线CD:x y4，
y 3
1
 x 2
x 1 y2

 y 2 2 3y
两者联立，得： 1  y    1 ，…………10分
 x t y4 C x 1 2  t ty 1 2  t ty 1 3
  3 y 3 y 3
1 1
3y
同理y
D

ty 
2
3
，……………………………………………………………………………11分
2
 12 8t 
3 2t 3
   
∴ 3y 3y 32ty y 3(y  y )  t2 4 t2 4 ，
y  y  1  2  1 2 1 2  0
C D ty 3 ty 3 (ty 3)(ty 3) (2ty 3)(2ty 3)
1 2 1 2 1 2
……………………………………………………………………………………………………14分
即线段CD的中点是定点M ．…………………………………………………………………15分
18．（本小题17分）
解：（1）当be时，g(x)ex ex，则g(x)ex e，
令g(x)0 x1，∴函数g(x)在(,1)上单调递减，
g(x)0 x1，∴函数g(x)在(1,)上单调递增，
故当x1时，g(x)取极小值g(1)0．……………………………………………………4分
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{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#} x  x   x x x x
（2）①令 f(x)ex ax2 

e2  ax



e2  ax



e2 2 a



e2 2 a

0，
    2 2
x
换元t  ,b2 a(0,e)，即et bt 0或et bt 0．
2
1  1
构造函数h(t)et bt，显然h(t)单调递增，且h(0)10,h( )e b 10，
b
∴方程et bt 0必定存在一负根．……………………………………………………………6分
对于函数g(t)et bt，当t 0时g(t)et bt 0，
当t 0时，g(t)et bt et et  g(1)0
∴g(t)0恒成立，∴方程et bt 0无根．
 e2 
∴当实数a

0,

时，函数 f(x)有且仅有一个零点．…………………………………10分
 4 
【注：若解法中涉及到极限问题作答扣2分．】
②由上可知x 0．……………………………………………………………………………11分
0
构造函数F(u) f(x u) f(x u)，根据对称性不妨假设u 0，
0 0
若F(u)0存在唯一正根u ，则x  x u ,x  x u ．
0 1 0 0 2 0 0
 
∴F(u)ex 0 u ex 0 u a(x u)2 (x u)2 ex 0(eu eu)2a(x2 u2)
0 0 0
 u u 

ax2(eu eu)2a(x2 u2)ax2(e2 e 2)2 2u2 
0 0 0
 
 u u  u u 
 
ax (e2 e 2) 2ux (e2 e 2) 2u．
 0  0 
  
u u
∵a 0,u 0,x
0
0，∴
x (e2 e

2) 2u 0
，………………………………………13分
0
u  u u  u u
令F(u)0，即x (e2 e 2) 2u  x (e2 e 2)2 2 0．
0 0 2
u
令t  0，构造函数(t) x (et et)2 2t，(t) x (et et)2 2 ，
2 0 0
∵(0)0，且显然(t)在(0,)上单调递减，
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{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}∴(t)存在正零点的必要条件是(0)2x 2 2 0 2  x 0．……………15分
0 0
t2
易证明当t 0时，et  t1，
2
t2 x t 4 2
∴(t) x (et 1)2 2t  x ( t)2 2t  0 (t2 )，
0 0 2 2 x
0
4 2
只要当t (2 )时，就有(t)0，
x
0
故 2  x 0是(t)存在正零点的充要条件，
0
ex 0 ex ex(x2) ex
而a  ，且 y  ,y 0∴ y  在( 2，0)上单调递增，
x0 x2 x3 x2
0
e 2 e2
∴a  ，又0a ，
2 4
故
e 2
a
e2
，即实数a的取值范围是


 e 2
,
e2



．…………………………………17分
2 4  2 4 
19．（本小题17分）
   
解：（1）依据定义可知P  2,3,4,5,6 ，Q  1,2,4,5 ．……………………………………4分
   
（2）∵R是X 中的一个等价关系，由自反性可知x x ，故 x 不为空集．
R R
       
若 x  y ，不妨假设z x  y ，
R R R R
∴必有xRz与 yRz，由自反性可知 yRz即zRy，
再由传递性可知xRy ．
a  x  ，则xRa，而xRy ，即yRx，于是由传递性有 yRa，故a  y  ，
R R
           
∴ x  y ．同理可证明 y  x ，∴ x  y ．
R R R R R R
       
综上所述，x,yX ，总有 x  y 或 x  y ．………………………………6分
R R R R
任取x X 构成  x  ，又任取x ð  x  构成  x  ，再任取x ð  x    x   构成
1 1 R 2 X 1 R 2 R 3 X 1 R 2 R
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{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#} 
x ，…，以此类推，∵X 是有限集合，结合上述结论可知必存在有限个元素x X
3 R i
(i 1,2,,n)，使得X  n  x
i

R
，其中  x
i

R
  x
j

R
(i  j)；………………………8分
i1
2 1 k
（3）∵b 1 ,kN ，∴   ，
1 k  b 1 2
1
1 1
故nN

,
b 1

b 1
n10，∴b
n
必存在．………………………………………9分
n 1
1 1
由题意可知当n2时，有  1，
b 1 b 1
n n1
1 a a a
整理即：b 2 ，将b  n1 代入得： n1 2 n1 ，
n b n a a a
n1 n n n
即a a 2a ，
n1 n1 n
 
∴数列 a 为等差数列，设其公差为d ．……………………………………………………10分
n
a a a a a a a a
当mn pq时，有 m n p q ，显然 m q  p n 成立．
a a a a a a a a
 m q p n m n p q
a
当mn pq时，∵b 1， n1 1，即数列  a  不为常数列，则a a  a a ，
n a n m n p q
n
a a a a (a a )(a a ) (a a )(a a )
∴ m q  p n  m q p n  m n p q 1，
a a a a (a a )(a a ) (a a )(a a )
m n p q m n p q m n p q
∴a a a a ，即a a 0，
m q m n n q
a
由 2 b d a a (b 1)a ．
a 1 2 1 1 1
1
 
而a a 2a (nq2)d a (nq2)(b 1)2 0，
n q 1 1 1
2
∵a 0，∴(nq2)(b 1)20b 1 ，
1 1 1 nq2
2
而b 1  ，显然此方程无解，∴a a 0，与题意矛盾，
1 k n q
综上所述只有mn pq．
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{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}∴R   (m,n),(p,q)    N2 N2  mn pq  ．………………………………………12分
1  
S a a
∵ mpnq  1 mpnq ，由于数列  a  不为常数列，
mpnq 2 n
a a
当mpnq为偶数时， 1 mpnq   a ，
2 n
a a
当mpnq为奇数时， 1 mpnq a   a  ，
2 mpnq1 n
2
故mpnq为奇数．∴R   (m,n),(p,q)    N2 N2  mpnq为奇数  ．……………14分
2  
R  R R   (m,n),(p,q)    N2 N2  mn pq,mpnq为奇数  ，
1 2  
而mpnq为奇数，∴mp与nq一奇一偶，∴m,n, p,q三奇一偶或两奇两偶，
又mn pq，∴m,n, p,q不可能三奇一偶，
故m, p均为奇数，n,q均为偶数或m, p均为偶数，n,q均为奇数．
∴R (m,n),(p,q)   N2N2  mn pq,
m,p为奇数
或
m,p为偶数


．…………15分
  n,q为偶数 n,q为奇数 

m p
 
当 时， (m,n),(m,n) R，∴R是自反的；
nq
当  (m,n),(p,q)  R，将m,n与 p,q取值对调，则  (p,q),(m,n)  R，∴R是对称的；
当  (m,n),(p,q)  R与  (p,q),(r,s)  R，即mn pq rs，其中m, p,r为奇数，
n,q,s为偶数或m, p,r为偶数，n,q,s为奇数，∴  (m,n),(r,s)  R，∴R是传递的．
综上所述，R是N2上的等价关系，…………………………………………………………16分

其中N2 / ~  (m,n)N2 mn2k1,mi(mod2),kN ,i  0,1  ．……………17分
  
高三数学 第 10 页 共 10 页
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