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 高三数学 第 1 页 共 10 页 {#{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， 高三数学 第 2 页 共 10 页 {#{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 高三数学 第 3 页 共 10 页 {#{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 高三数学 第 4 页 共 10 页 {#{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 高三数学 第 5 页 共 10 页 {#{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 高三数学 第 6 页 共 10 页 {#{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， 高三数学 第 7 页 共 10 页 {#{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 高三数学 第 8 页 共 10 页 {#{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． 高三数学 第 9 页 共 10 页 {#{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 {#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}