2024届河南省济洛平许四市高三下学期第三次质量检测（三模）数学答案

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：DABCCBDB二、多选题：9.AD10.BD11.ABC3325三、填空题：12.-413.xkxkkZ22,14.；(答对一空的给3分)4444四、解答题：a2abcosC2acosC15.（1）证明：由题可知，┄┈┈┄┄1分cb2b故sinB2sinCcosCsin2C．┈┈┈┄┄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aBD12BD（2）在BCD中,由正弦定理可得，即．┄┈┈┄┄7分sinBDCsinCsinBDCsinC12sinC12sinC6所以BD．┄┈┈┄┄8分sinBDCsin2CcosC因为ABC是锐角三角形，且B2C，0C，223所以02C，解得C，cosC.┄┈┈┄┄12分2642203C，2所以43BD62．所以线段BD长度的取值范围是43,62.┄┈┈┄┄13分16.解：设B=“任选一名学生恰好是艺术生”，A1=“所选学生来自甲班”，A2=“所选学生来自乙班”，A3=“所选学生来自丙班”．由题可知：115231PA(),PA(),PA(),PBA(),PBA()，PBA()．┈┄┄3分1423312125250320(1)由已知得：12135173PBPAPBAPAPBAPAPBA()()()()()()()=.11223342535012201200┄┈┈┄┄8分高三数学答案第1页（共4页）{#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}12PA()BPAPBA()()24(2)PAB()=111425；┄┈┈┄┄10分1PBPB()()7373120013PA()BPAPBA()()24PAB()=222350；┄┈┈┄┄12分2PBPB()()7373120051PA()BPAPBA()()25PAB()=3331220．┄┈┈┄┄14分3PBPB()()73731200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22又因为G为PBC的重心，所以CGCE．所以CDCA.33┄┈┈┄┄5分11所以ADAC，即．┄┈┈┄┄6分33（2）设O为BC的中点，连接AO．因为PB=PC，AB=AC，所以BCAO，BCPO；又AOPOO，所以BC平面PAO．所以平面PAO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OAOCOZ,,为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，所以ACB(2,0,0),(0,1,0),(0,1,0)，┄┈┈┄┄9分121因为，所以D(,,0)．┄┈┈┄┄10分222因为∠POA是二面角PBCA的平面角，1二面角的余弦值为，OP22，4230所以P(,0,)．22┄┈┈┄┄11分130230所以PD(2,,)，OP(,0,)，2222OC(0,1,0)．不妨设平面PBC的法向量n（x,y,z），230nOP0，xz0，所以所以22nOC0y0高三数学答案第2页（共4页）{#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}可取n（15，01，）.┄┈┈┄┄13分设直线PD与平面PBC所成的角为θ，30302130所以sin．┄┈┈┄┄15分39524218.解：（1）由题意知：直线OPO,Q的方程分别为ykxyk12x,，||kxy00r22222则kk12,是方程，即方程()20rxkxykry0000的两根.┄┈┈┄┄2分k2122y当rx00时，圆M与轴相切，直线OQ的斜率不存在，矛盾.┄┈┈┄┄3分22xr31022322rx3ry4034于是04，化简得22，kk12222222(3)rrrxrxrx00043221所以r.┄┈┈┄┄6分722xy11（2）设PxyQxy(,),(,)1122，依题意，ykx111，则有1.┄┈┈┄┄7分43222212x1k1x1即1，解得x12，┄┈┈┄┄8分4343k1222222212(1k1)212(1k2)于是|OP|x1y1(1k1)x12.同理||OQ2┈┈┄┄10分43k143k2991212412(1k2)12(1k2)12(1k2)16k12(1k2)4k2所以|OP|22|OQ|1211112229324k134k234k134k13223144kk112212(1kk11)169227.┄┈┈┄┄12分4kk113431(2)SSS(|OP||OQ|)r┄┈┈┄┄14分OPMQMOPMOQ2122121|OP||OQ|2|OP|22|OQ|6，277高三数学答案第3页（共4页）{#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}当且仅当||O||PO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11111119.解：（1）fx1，所以fe1又fln21.┄┈┈┄┄3分xeeeee11所以该曲线在点P处的切线方程为yx(1)(e1)(),即yx(e1)．┄┈┈┄┄5分ee11x(2)fx的定义域为0,，fx'1，xx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11又，┄┈┈┄┄分ff220,110,ff3ln310,4ln4209ee所以，不等式fx0的整数解的个数为3.┄┈┈┄┄10分22xxxxx（3）不等式11axafxxee可整理为1ln10aaxxx222.┄┈┈┄┄11分eeex1x令px，px，ex2ex2所以当xpx0,1,0，px单调递增，当xpx1,,0，单调递减，x11所以pxp1e，又xex2，所以令t1,e，则a．┄┈┈┄┄12分ex2ln1tt111111x令hx,1,ex，则hx2222，┈┄┄13分xln1xxxxxxxln1ln121x12lnxx令2，则2ln1x，┄┈┈┄┄14分sxxxln1,esx1xxxxx22121x1令qxxxx2ln,1,e，则qx10,x1,e，┄┈┈┄┄15分xxx22x所以qx单调递减，qxq10，所以sx0，sx单调递减，sxs10，21x11x2x1所以lnxx1,e，所以22，hx0，lnxx1x22xlnxx11所以hx单调递减，hxhe1.┄┈┈┄┄16分e11所以a1.┄┈┈┄┄17分e1高三数学答案第4页（共4页）{#{QQABSYKAoggAAAIAAAgCAwGYCECQkAECCKoOABAIMAAAyAFABCA=}#}