吉林省长春市东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第三次摸底考试数学答案

高三数学第三次摸底考试参考答案又DEDP，且DBDED，z平面，P一、单选题DPBCDEPDDC,N12345678又EDAC，EDDC.ABCADDDC解法一(向量法)：ADMCy以点为坐标原点以分别为轴、轴轴，二、多选题D,DE,DC,DPxy,z建立如图所示的空间直角坐标系,xE91011则E2,0,0,B4,2,0,C0,2,0,P0,0,2,BACACDACmPC02y12z10设平面PBC的法向量mx1,y1,z1,则,即,三、填空题mCB04x10令得m0,1,1．．y11,.121013.[1,0]142024;32y2z0四、解答题nPC022设平面PEC的法向量nx2,y2,z2,则,即,nCE02x22y20n1an1ana1115.【解析】（1）a2a2，1，，令x21,得n1,1,1.n1n2n12n212mn116an1设平面PBC与平面PEC夹角为,则cos=,数列是以为首项，以1为公差的等差数列，mn2332n26a12n1所以平面PBC与平面PBC夹角的余弦值为.n，n1．n(n1)an(2n1)23222解法二（几何法）：（）012n1，2Sn123252(2n1)2EPEB,EMPB,123n，DNPC，EMPC，2Sn123252(2n1)2又EMPB，且PBPCP，错位相减得S12(2122232n1)(2n1)2n，nEM平面PBC．nnn．Sn12(22)(2n1)2(2n3)23且NMPC,EMNMM，16.【解析】（1）证明：取PC中点N，PC面EMN.连接DB，MN，DN，P根据二面角的定义可知,ENM即为二面角ECPB的平面角,、为的中点，MNPB,PCEM261tanENM,cosENM.则MN∥BC，MNBC，NMN23261DM所以平面PBC与平面PBC夹角的余弦值为.又ED∥BC，EDBC，AC3217.【解析】（1）ac2bcosC，所以MN∥ED，MNED，E所以四边形为平行四边形，222222EDNM由余弦定理知：abcabc，Bac2b所以EM∥DN，2aba因为DN平面，22PDCbacc201636,b6.EM平面PDC，（2）ac2bcosC,EM//平面PDC．sinAsinC2sinBsinC,（2）DBDC2CB220,且DP4,PB26,sin(BC)sinC2sinBsinC,DP2DB2PB2,DPDB.sinCsin(BC).三摸数学参考答案1/2学科网（北京）股份有限公司ππ41016194410161910又0B,0C,19.【解析】（1）因为b15，b1322141241CBC,即B2C.410161916410161919b11，b10，均为正整数bsinBsin2C342cosC,4141csinCsinC所以数列4,10,16,19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”为15,13,11,10.又△为锐角三角形，（）因为数列存在伴随数列，ABC2an“”bnπ所以，且*0Aπ3Can1an01nm1bn,bn1N2aa···aaaa···aaaaπππ∴bb11mn11mn1n1nN*，0B2C,解得C，nn1m1m1m1264∴bb0，即bb，πnn1nn10C∴bbb．212m（3）①一方面，由（2）知，aam1n1,2,,n1于是2cosC(2,3),n1n2bam1amam1am1am2a2a1m1m1m1m1(2,3).2c所以m12024m45mN*x18.【解析】（1）(i)f(x)0e1x0，(x0)②另一方面，由数列存在伴随数列，知an“bn设x，当时，x，g(x)e1xx0g(x)e10a1a1···ama1a1a1···amamama12024*g(x)在(0,)单调递增，g(x)g(0)0，b1bmNm1m1m1m1即f(x)0；3所以m1是2024的正约数，又202421123，112x（）x，即m1可取1,2,4,8,11,22,23,44,46,,2024，iif(x)x(x2)ex202e12x又m45，m45为最大值，x设h(x)(x2)ex2，取，有a11an44n45n2,3,4,,45h(x)(x1)ex1，h(x)xex0，a1a2···ama11+133++20251*x，在单调递增，，b11079Nh(x)(0,)h(x)(x1)e1h(0)0m14511在单调递增，，即．a1a2···aman1+133+177++202544n45h(x)(0,)h(x)h(0)0f(x)2n45，b1078nN*2nm1451x12(e1)x符合条件，因此m的最大值为45．（2）由（1）可知，0f(x)，变形得xe1，x【或取，，2e1an44n43n1,2,3,4,,44a4520252a1a2···ama451+45+89+1893+20252025*12k11b947N，令xln(1)，得ln(1)，45m1451k2k11kk21n44，kaa···aa1+45+89+1893+202544n43取k1,2,3,,n得，12mn*，bn994nN2231241211m1451ln21,ln,ln,，ln(1)，给出一种符合条件的a即可．】35227332n1nnnn2n1相加得ln(n1)．k12k1k1k三摸数学参考答案2/2学科网（北京）股份有限公司