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=}#}