2025届河南省豫西北教研联盟（许洛平）高三上学期第一次质量检测（一模）数学答案

豫西北联盟第一次联考数学答案一、选择题1.C2.C3.B4.C5.D6.A7.B8.D二、选择题9.ACD10.BC11.ABD三、填空题5252812.13.14.π543四、解答题15.解：（1）设椭圆C的焦距为2cc0，因为OGOH,OF1OF2，所以四边形GF1HF2为平行四边形，其面积设为S，则3S2c3，所以c1，2分2所以a2b2c21，3分33又1，解得a24,b234分a24b2x2y2所以椭圆C的方程为1.5分43（2）易知l的斜率不为0，设l:xmy1,Ax1,y1,Bx2,y2，xmy122联立x2y2，得3m4y6my90，1436m9所以yy,yy．7分123m24123m242212m1所以yyyy4yy，9分1212123m242由112m1122，分S△FFyy10F1AB212123m247解得m1，12分所以l的方程为xy10或xy10．13分32xπ116.解：（1）因为fxsinxcossinx，┈┈┈┈┈┈2分2262π13π所以由fBsinB得sinB1.┈┈┈┈┈┈4分62261{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}ππ7π因为0Bπ，所以B,┈┈┈┈┈┈6分666πππ所以B，B.┈┈┈┈┈┈7分6231a2c2b2（2）由（1）得cosB，┈┈┈┈┈┈8分22ac22cac2aca2c2a故1，即1，222ac22ac2a113即，故ac.┈┈┈┈┈┈┈┈┈11分2c42237把ac代入2b22c2ac，可得bc，┈┈┈┈┈┈┈┈┈13分2237cc所以ab37.┈┈┈┈┈┈┈┈┈15分22cc217.（1）证明：取DC的中点F，连接AF,PF，则AFDC.又PDC为等边三角形，PFDC，所以CD平面PAF，所以PADC.………………3分又PAPD，所以PA平面PDC，PA平面PAD，平面PAD平面PDC.………………6分(2)由（1）知CD平面PAF，平面PAF平面ABCD，则点P在平面ABCD内的射影在直线AF上，即PAF为直线PA与平面ABCD所成的角，则PAF60，………………7分由（1）知PA平面PDC，PAPF，又PCD为边长为2的等边三角形，则PF3，则PA1,AF2BC2，…………8分以F为原点，FC,FA所在直线为x,y轴，过点F在面PAF中做FE的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，3333过P作PGAF，交AF于G，则PG,GF，P0,,，22222{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}13又C1,0,0,B1,2,0,A0,2,0,D1,0,0，PB1,,,BC0,2,0，………9分22设平面PBC的法向量为nx1,y1,z113nPBnPB0xyz011122，令z2，则，nBCnBC01x13,y102y10n3,0,2………………11分13又PA0,,,AD1,2,022设平面PAD的法向量为mx2,y2,z213mPAmPA0yz02222，令z1，则mADmAD02x223,y23x22y20m23,3,1………………13分设平面PBC与平面PAD的夹角为mn47则cosmn7477综上，平面PBC与平面PAD的夹角余弦值为……………15分7x18.解：(1)因为fxax，xR，ex1x所以f(x)a，……………1分ex1故f(1)a又f1a，……………2分e1所以fx在点(1,f(1))处的切线方程为yaax1，……………3e分1即axy0，由已知得a1．……………4e3{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}分x1x(2)因为fxax，所以f(x)a，exex令(x)f(x)，则11xx2(x)．……………………5分exex依题意，当x2时，(x)0，所以f(x)在2,上单调递增；当x2时，(x)0，所以f(x)在,2上单调递减．……………………6分1所以f(x)f(2)a，……………………7分mine21因为a，则f(x)0，则f(x)0恒成立，e2min所以fx在R上单调递增．…………8分2m21mm(3)欲证ef(x)1mxm成立，即证f(x)x成立．ememx1mm2设F(x)x，其中F(m)0．…………………10分exemem1x1m则F(x)，xR．……………………11分exem1x1m设G(x)，其中G(m)0，exemx2则G(x)(x)，．……………………12分ex由(2)知，G(x)在,2单调递减；在2,单调递增；……………………13分所以G(x)在0,2单调递减，且G(m)0，0m2．……………………14分故当0xm时，G(x)0，即F(x)0，则F(x)在0,m单调递增；当mx2时，G(x)0，即F(x)0，则F(x)在m,2单调递减．………………15分故F(x)在xm处取极大值，且极大值为F(m)0，当且仅当xm时，F(x)0．……………………16分1mm2所以当x0,2时，F(x)F(m)0恒成立，即f(x)x恒成立，emem4{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}m2即ef(x)1mxm成立．……………………17分24848819.解：（1）因为2，4，8，2，4，2，………………2分111224所以集合M2,4,8，所以cardM3．………………4分（2）证明：因为an是递增数列，且cardMn1，aaaa234n因为an是递增数列，所以，a1a1a1a1a2a3a4anaaaa所以,,,,M且互不相等，所以M2,3,4,,n，………………6a1a1a1a1a1a1a1a1分aaaa又因为34nn，a2a2a2a1a3a4a5ananaaaaa所以,,,,,M且互不相等，所以M3,4,5,,n,n………8a2a2a2a2a1a2a2a2a2a1分aaaaaa所以32，43，L，nn1，a2a1a2a1a2a1aaaaaa所以32，42，L，n2，a2a1a3a1an1a1aaa23n所以，所以an为等比数列．………………10分a1a2an1nn1(3)cardM存在最大值．………………11分2理由如下：不妨取Dd1,d2,,dn，其中di1in均为质数．aj因为Mxx,1ijn，aidddddddd则2,3,,n1,nM且2,3,,n1,n互不相同，有n1个元素；d1d1d1d1d1d1d1d15{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}同理，dddddddd3,4,,n1,nM且3,4,,n1,n互不相同，共有n2个元素；d2d2d2d2d2d2d2d2dddddddd4,5,,n1,nM且4,5,,n1,n互不相同，共有n3个元素；d3d3d3d3d3d3d3d3…dnM互不相同，有1个元素．………………15分dn1d根据质数的性质知，j1ijn互不相同，dinn1故cardMn1n221．2nn1故cardM有最大值．………………17分2（注：第三问学生其他解答可对应酌情给分）6{#{QQABbQSQogiAQBIAAQgCEQWQCAEQkgGCAYgGhBAEsAAAyQFABAA=}#}