2024届高三第三次月考数学(文科)试卷答案

银川一中届高三第三次月考数学文科参考答案222024()(2)①当AB时，因为AD5，所以CDAC25，一、选择题：2题号123456789101112CD2AC225所以CDAC，当且仅当CDAC时等号成立答案DCBDACDDACBC22二、填空题125则的面积为；81013ABC2CDAC．2或221314..15.e216.33e2②当AB时，则ACBC.设CDm，则AC2m.三、解答题(2m)2m2525m22517．【详解】（）连接DE，∵ABCD是正方形，，分别在中，由余弦定理可得，1EFACDcosC22是棱BC，AD的中点，22m4m∴，，∴四边形是平行四边形，2242DFBEDF//BEBEDF5m259m250m625∴DE//BF，则sinC1，4m24m2∵G是PA的中点，∴FG//PD，∵PD,DE平面BFG，FG,BF平面BFG，故ABC的面积∴平面，平面，2PD//BFGDE//BFG119m4250m262511251000050∵I，直线在平面内，∴平面平面，22，PDDEDPD,DEPDEPDE//BFGSabsinC4m23m∵PE平面PDE，∴PE//平面BFG．224m2393125505010当且仅当2时，等号成立综上，面积的最大值是故答案为：（2）异面直线PA与BF所成角的余弦值为.m.ABC.1093320.【详解】（1）证明：因为ABCD是正方形，且AD2，18.【解析】（1）证明：已知4an3Snn①，可得AODO2，且ACBD，当n2时，4a3Sn1②，n1n1又因为PO2OA2PA2,PO2OD2PD2，①②得：4a4a3a1，即a4a1，nn1nnn1可得POOA,POOD，141因为OAODO且OA,OD平面，所以，an4an14an1，ABCD333所以PO平面ABCD，14又因为BD平面ABCD，所以POBD，当n1时，则a14a13S11，则a1，33因为ACPOO，且AC,PO平面PAC，14所以BD平面PAC，所以，数列an是首项为，公比为4的等比数列．33又因为BD平面BDE，所以平面BDE平面PAC．nn11n1441（2）解：因为AC与平面BDE交点为O，且OAOC，（2）解：由（1）可知，ana14，则a，333n3可得点A到平面BDE的距离等于C到平面BDE的距离，n过点C作CMOE于点M，所以，bnlog23an1log242n，由（1）知BD平面OCE，且CM平面OCE，所以BDCM，111111所以，，因为BDOEO且BD,OE平面BDE，所以CM平面BDE，bb2n2n24nn14nn1nn1即C到平面BDE的距离为△OCE边OE的高CM，设为hCM，11111111111n1322211Tn11过作于，则，所以，.EEGOCGEGPO,OGOCOEb1b2b2b3bnbn14223nn14n14n133333sin2BsinAsin2AsinB1319.【详解】(1)因为b2tanAa2tanB，所以，OCPO2336666cosAcosB所以h，即点A到平面BDE的距离等于．所以sinBcosBsinAcosA，所以sin2Asin2B，所以2A2B或2A2B，OE1111113即AB或AB.所以三角形ABC为等腰三角形或者直角三角形.xxx221.【小问1详解】函数fx的定义域为R，则fxxaeexa1e，令f¢(x)>0得：xa1，所以fx在a1,上单调递增；学科网（北京）股份有限公司令fx0得：xa1，所以fx在,a1上单调递减.5xtx522【小问2详解】当a2,b0时，fxx2e，（2）把直线l的参数方程代入曲线C的方程x1y25，25y2tx1所以Fxfxxlnxx2exlnx且x,1，542252525得t1t5，化简得2.x1x1xx1xtt40所以Fxx1e1x1e(xe1)，555xxx25设A，B对应的参数分别为t，t，则，tt4，xx112t1t212令gxxe1，则gxx1e0在,1上成立，54所以MAMBt1t24，1所以gxxex1在,1单调递增，2222244MAMBt1t2t1t22t1t2，45111MAMB51111ln2由于222，，可得22.ge1e2ee0g1e10MAMB112222123．【答案】(1),76,所以存在x(,1)，使得gx0，即xex01.0200【详解】（1）当a4时，函数fx2x22x4，1x11①当x<2时，由f(x)24x26得x7；在上，恒成立，'，',10x,x0,F(x)0x(x0,1],F(x)0②当时，由f(x)626无解；4x42x1③当x1时，由f(x)4x226得x6.1综上，不等式的解集为yFx在区间,x0上单调递增，在区间x0,1上单调递减，f(x)26,76,.4（2）证明：因为f(x)2x22xa2x2(2xa)a2，1函数yFx在,1的最大值为mFx，a0当且仅当x1时，等号成立，故f(x)取到最小值ma2，422x所以，即x0x0x00a2b6a4b8.mFxx2exlnxxe2exlnx1x0lne0000000x111110所以(a4b)1a44b8a44b12x03，x15ba415ba4902，84a44b84a44b32当且仅当x01时等号成立，即等号取不到，4m3，又mn,n1,nZ，48119.当且仅当a42b时，即a，b等号成立，即成立.n433a4b3222522．【答案】(1)y2x2，x1y25(2)115xt5【详解】（1）将直线l的参数方程（t为参数）化为普通方程，得y2x2，25y2t5因为4sin2cos，所以24sin2cos，所以x2y22x4y0，22即曲线C的直角坐标方程为x1y25.学科网（北京）股份有限公司