高三数学答案_2024年3月_013月合集_2024届河南省济洛平许四市高三3月第三次质量检测_2024河南省济洛平许四市高三3月第三次质量检测-数学试题

济洛平许 2023—2024 学年高三第三次质量检测
数学试题评分参考
一、单选题： DABCC BDB
二、多选题： 9. AD 10. BD 11. ABC
三、填空题： 12. - 4 13.
高三数学答案 第1页（共4页）
x 2 k
4
x 2 k
3
4
, k Z
 
 

    

14.
4
3
；
2 5
4

(答对一空的给3分)
四、解答题：
15.（1）证明：由题可知
a
c

2 a b
b
c o
2
s C

2 a c o
b
s C
， ┄┈┈┄┄1分
故 s in B  2 s in C c o s C  s in 2 C ． ┈┈┈┄┄3分
所以在ABC 中，B  2C或B2C ． ┄┈┈┄┄5分
又因为 a  c ，所以 A  C
所以B 2C． ┄┈┈┄┄6分
（2）在BCD中,由正弦定理可得
s in 
a
B D C

s
B
in
D
C
，即
s in
1

2
B D C

s
B
in
D
C
． ┄┈┈┄┄7分
12sin C 12sin C 6
所以BD    ． ┄┈┈┄┄8分
sin BDC sin 2C cosC
因为  A B C 是锐角三角形，且B  2C，
所以

0
0
0



2



3
2
，
2
，

2
，




C
C
C
 
解得  C  ，
6 4 2
2
 c o s C 
2
3
. ┄┈┈┄┄12分
所以 4 3  B D  6 2 ．
所以线段 B D 长度的取值范围是
4
3 ,6 2

. ┄┈┈┄┄13分
16.解：设 B=“任选一名学生恰好是艺术生”，A =“所选学生来自甲班”，A =“所选学生来自乙班”，
1 2
A =“所选学生来自丙班”．由题可知：
3
P ( A
1
) 
1
4
, P ( A
2
) 
1
3
5
,P(A ) ,
3 12
P ( B A
1
) 
2
2 5
3 1
,P(B A ) ，P(B A ) ．┈┄┄3分
2 50 3 20
(1)由已知得：
1 2 1 3 5 1 73
P(B) P(A)P(B A)P(A )P(B A )P(A )P(B A )       = .
1 1 2 2 3 3 4 25 3 50 12 20 1200
┄┈┈┄┄8分
{#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}(2)
高三数学答案 第2页（共4页）
P ( A
1
B ) = P (
P
A
(
1
B
B
)
)  P ( A ) 1
P
P
(
(
B
B
)
A 1 ) 
1
4
1

7
2
2
23
0 0
5  2
7
4
3
； ┄┈┈┄┄10分
P ( A
2
B ) = P (
P
A
(
2
B
B
)
)  P ( A ) 2
P
P
(
(
B
B
)
A 2 ) 
1
3
1

7
2
53
0
3
0
0
 2
7
4
3
； ┄┈┈┄┄12分
P ( A
3
B ) = P (
P
A
(
3
B
B
)
)  P ( A ) 3
P
P
(
(
B
B
)
A 3 )  1
5
2
1

7
2
3
0
1
2
0
0  2
7
5
3
． ┄┈┈┄┄14分
所以其来自丙班的可能性最高． ┄┈┈┄ ┄15分
17.解：（1）连接CG并延长与PB交于点E，连接AE，所以平面CAE 平面PAB=AE． ┄┈┈┄┄1分
因为DG∥平面PAB，DG  平面ACE，所以DG∥AE． ┄┈┈┄┄3分
又因为G为  P B C 的重心，所以 C G 
2
3
C E ．所以 C D 
2
3
C A .
┄┈┈┄┄5分
所以 A D 
1
3
A C ，即  
1
3
． ┄┈┈┄┄6分
（2）设O为BC的中点，连接AO．
因为PB=PC，AB=AC，所以 B C  A O ， B C  P O ；又 A O P O  O ，所以 B C  平面PAO．
所以平面 P A O  平面ABC，过点O在平面PAO内作AO的垂线OZ， ┄┈┈┄┄8分
如图所示，分别以 O A , O C , O Z 为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
所以A( 2,0,0),C(0,1,0),B(0,1,0)， ┄┈┈┄┄9分
因为  
1
2
，所以 D (
2
2
,
1
2
, 0 ) ． ┄┈┈┄┄10分
因为∠POA是二面角PBCA的平面角，
二面角 P  B C  A
1
的余弦值为 ，
4
O P  2 2 ，
所以 P ( 
2
2
, 0 ,
3
2
0
) ．
┄┈┈┄┄11分
1 30 2 30
所以 PD( 2, , )，OP( ,0, )，
2 2 2 2
O C  ( 0 ,1 , 0 ) ．不妨设平面PBC的法向量n（x,y,z），
 2 30
nOP0，  x z 0，
所以 所以
  2 2
nOC 0


y 0

{#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}可取
高三数学答案 第3页（共4页）
n （ 1 5 ， 0 ，1 ） . ┄┈┈┄┄13分
设直线PD与平面PBC所成的角为θ，
30
30
2 130
所以sin  ． ┄┈┈┄┄15分
39 52
4
2
18.解：（1）由题意知：直线 O P , O Q 的方程分别为 y  k
1
x , y  k
2
x ，
则 k
1
, k
2
|kx  y |
是方程 0 0  r，即方程
k2 1
( r 2  x 20 ) k 2  2 x
0
y
0
k  r 2  y 20  0 的两根. ┄┈┈┄┄2分
当 r 2  x 20  0 时，圆M 与 y 轴相切，直线OQ的斜率不存在，矛盾. ┄┈┈┄┄3分
于是 k
1
 k
2

r
r
2
2


y
x
2020

r 2 
r
3
2

1 


x 20
x
4
20 

r 2 
r
3
2 

x
3
420
x 20
 
3
4
， 化简得
4
3
( 3  r 2 )  r 2 ，
2 21
所以r  . ┄┈┈┄┄6分
7
（2）设 P ( x
1
, y
1
) , Q ( x
2
, y
2
) ，依题意， y
1
 k
1
x
1
x2 y2
，则有 1  1 1. ┄┈┈┄┄7分
4 3
x2 k2x2 12
即 1  1 1 1，解得x2  ， ┄┈┈┄┄8分
4 3 1 4k2 3
1
12(1k2) 12(1k2)
于是|OP|2 x2  y2 (1k2)x2  1 . 同理|OQ|2 2 ┈┈┄┄10分
1 1 1 1 4k2 3 4k2 3
1 2
 9  9
121  4
12(1k2) 12(1k2) 12(1k2)

16k2

12(1k2) 4k2
所以|OP|2 |OQ|2 1  2  1  1  1  1
4k2 3 4k2 3 4k2 3 9 4k2 3 3
1 2 1 3 1 1
4k2 4k2
1 1
12(1k2) 16k2 9
 1  1 7. ┄┈┈┄┄12分
4k2 3 4k2 3
1 1
1
(2) S  S S  (|OP||OQ|)r ┄┈┈┄┄14分
OPMQ MOP MOQ 2
1 2 21 21
  |OP||OQ|  2  |OP|2 |OQ|2  6 ，
2 7 7
{#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}当且仅当
高三数学答案 第4页（共4页）
| O P | | O Q | 时等号成立. ┄┈┈┄┄16分
综上所述，四边形OPMQ面积的最大值为 6 . ┄┈┈┄┄17分
19. 解：（1） f   x  
1
x
 1 ，所以 f 
 1
e

 e  1
1 1 1 1
又 f   ln  21 . ┄┈┈┄┄3分
e e e e
所以该曲线在点P处的切线方程为 y  ( 1 
1
e
)  ( e  1 ) ( x 
1
e
) ,即y (e1)x． ┄┈┈┄┄5分
(2) f  x  的定义域为  0 ,    ， f '  x  
1
x
 1 
1 
x
x
，
当x0,1时， f 'x0, f x单调递增; 当x1,, f 'x0, f x单调递减． ┈┈┄┄7分
又 f
 1
e 2

 
1
e 2
 0 , f  1   1  0 , f 3ln310, f 4ln420， ┄┈┈┄┄9分
所以，不等式 f  x   0 的整数解的个数为3. ┄┈┈┄┄10分
（3）不等式  1  a x e 2  x  a  f  x   x e 2  x  1 可整理为  1  a
e
x
x  2
 a  ln
e
x
x  2

e
x
x  2
 1  0 . ┄┈┈┄┄11分
令 p  x  
e
x
x  2
， p   x  
1
e

x 
x
2
，
所以当 x   0 ,1  , p   x   0 ， p  x  单调递增，当 x   1 ,    , p   x   0 ， p  x  单调递减，
所以 p  x   p  1   e ，又xex2，所以令 t 
e
x
x  2
  1 , e  ，则 a 
1
ln t

t
1
 1
． ┄┈┈┄┄12分
令 h  x  
1
ln x

x
1
 1
,  x   1 , e   ，则 h   x   
x 
1
ln x  2

 x
1
 1  2

1
x


 ln
1
x  2

 x
x
 1  2

， ┈┄┄13分
令 s  x    ln x  2 
 x 
x
1  2
 x   1 , e   ，则 s   x   2 ln
x
x  1  1
x 2

2 ln x 
x
x 
1
x ， ┄┈┈┄┄14分
令 q  x   2 ln x  x  1
x
,  x   1 , e   2 1 x12 ，则qx 1  0,x1,e， ┄┈┈┄┄15分
x x2 x2
所以 q  x  单调递减，qxq10，所以 s   x   0 ，sx单调递减，sxs10，
所以lnx2 
x
x
12
x1,e，所以 ln
1
x2  x
x
12 ，hx
1
x

   ln
1
x2  x
x
12

  0，
所以hx单调递减， h  x   h  e   1 
e
1
 1
. ┄┈┈┄┄16分
1
所以a1 . ┄┈┈┄┄17分
e1
{#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}