景德镇市2024届高三第三次质检试题数学（理科）参考答案第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．12345678DACACDAB8．解：不妨假设六位爸爸已经站好了位置，只需要考虑小孩找到各自的爸爸，则其为定序问C31题，故不需要插队的概率6．P0=6=A636二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，满分18分．91011BDACDABDx2y211．解：对于A，设AB:yxm，与椭圆1联立得：a2b2(a2b2)x22a2mxa2(m2b2)0，由0m2a2b2，又ba，∴m22a2，即m2a，故A正确；或考虑当椭圆的极限情况为圆时，m2a，故m2a；对于B，设右焦点为F，则ABF周长lAFBFAB4aABAFBF4a，等号当且仅当直线AB过点F时取到，故B正确；22对于C，设AB中点为M，由点差法可知kABkOMe1，即kMFkMOe1，yyb2x(xc)y2c2设M(x,y)，则0，∵x(xc)，xcxa2a2b24y2c2bc211∴，而ymax，故e，故C错误；b24a244a2162另解：易知M轨迹是以OF为长轴，离心率为e的椭圆，bbb∵，即该椭圆的短半轴长为，故，故错误；yMmaxc41C44e2ab2高三数学第1页共10页{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}对于D，显然直线AB存在斜率且不为零．m2设线段AB的中垂线所在的直线方程为ykxm，则S．2k1x2设直线AB的方程为yxn，联立:y21，k42428n2k4即1xx4n40，0n2，线段AB的中点坐标为k2kk24knk2n2，代入，即3kn．2,2ykxmmk4k4k24m29k4n29k9∴S．2k2k(k24)22(k24)89又仅当A、B关于原点对称时，S0，故S0，∴S0,，故D正确．8x0另解：设线段AB中点坐标为(x0,y0)，易得kAB，4y04y0∴线段AB的中垂线方程为yy0(xx0)．x03令x0，得y3y，令y0，得xx．04092∴．又x02，Sx0y0y1840x299∴xy0y21，∴S．显然S0，∴S0,，故D正确．004088故选ABD．第Ⅱ卷(非选择题共92分)三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分．1512．313．6，14．24123214．解：易知l必存在斜率，设l:yaxb，∵l不经过第四象限，∴a0,b0，高三数学第2页共10页{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x0,y0)，其中x1x2x0，44x,x,x为方程axbx2的三个根，构造函数g(x)x2axb，120xx(xx)(xx)(xx)xxx则g(x)120x2(xxx)x(xxxxxx)120，x120122010xx1x2x0a0∴x1x2x2x0x1x0b0，易知x1x20x0．x1x2x0444我们先将x0视作为定值，则由x1x2x2x0x1x0x0(x1x2)0，可得x1x22．x0x042又x1x2，∴x1x20x0．x0x0444于是的取值随着的增大而减小，故当时取最大值，x1x2x2x2x22x2x0x2x0x2x02(11x3)2(11x3)解得0．同理0．(x2)max2(x1)min2x0x012(11x3)41x3∴0，0．(x0x2)minx02(x2x1)max2x0x041x32(11x3)若x,x,x成等差，则有30，1202x02x0x0整理即33，解得3，61x0x02x012320423∴x0y0x0(x0)4x024123，即x0y0的最小值为24123．x0四、解答题：本大题共5小题，满分77分．z15．（本小题13分）解：（）取中点，连接．1B1CGA1G,FGA1C1B11∵分别为中点，∴且EG,FB1C,BCGF∥BB1GFBB1,G2yA1又分别为中点，∴且CEAA1A1E∥BB1A1EBB1,F2Bx高三数学第3页共10页{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}∴且，GF∥A1EGFA1E故四边形是平行四边形，∴．分A1EFGEF∥A1G……………………………………………4而平面，面，分EFA1B1CA1GA1B1C……………………………………………………5∴平面．分EF//A1B1C……………………………………………………………………………6（2）如图以A为坐标原点，AC,AA1分别为y,z轴建立空间直角坐标系，………………7分则（，，），∴．分A1001,B(3,1,0),B1(3,1,1),C(0,2,0)A1B(3,1,1)……………………8ABn3xy0设平面的法向量为，则11，A1B1Cn(x,y,z)A1Cn2yz0令x1，得y3,z23，n(1,3,23)．………………………………10分15∴cosAB,n．………………………………………………………………………11分110即直线与平面所成角的正弦值是15．分A1BA1B1C………………………………………131016．（本小题15分）2nadbc100解：（1）K2==9.0916.635，……………………5分abcdacbd11∴有99%的把握认为游客喜欢景德镇与年龄有关；…………………………………………6分（2）根据贝叶斯公式可知三人中有且仅有1人选择A路线的条件下该人为甲的概率为22p13p，P222243pp121p1333p11∴，解得：p．………………………………………………………………8分43p52高三数学第4页共10页{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}由题意可知，X的取值为0，1，2，3．………………………………………………………9分2121P(X0)11；…………………………………………………………10分23182122125P(X1)1211；………………………………………11分23323182122214P(X2)211；…………………………………………12分2333292122P(X3)．……………………………………………………………………13分239∴X的分布列为X01231542P181899……………………………………………………………………………………………………14分11X的数学期望是EX．……………………………………………………………………15分617．（本小题15分）811a2a2b2解：（1）由题意可知b1，…………………………………………4分12c152c5x2∴双曲线的标准方程是y21．………………………………………………………5分4高三数学第5页共10页{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}3（2）依题意直线l斜率不为零，设l:xty4，A(x,y),B(x,y)，易得P(2,0),E(1,)，1122t2x2y122将直线l与进行联立并整理得：4(t4)y8ty120，其中t2，xty48tyy12t24根据韦达定理可知，16(t212)0．……………………………8分12yy12t24x2t设直线PA:x1y2，直线CD:xy4，y13x12xy2y1223y1两者联立，得：yC，…………10分tx12tty12tty3xy413y13y133y2同理yD，……………………………………………………………………………11分ty23128t32t232∴3y13y232ty1y23(y1y2)t4t4，yCyD0ty13ty23(ty13)(ty23)(2ty13)(2ty23)……………………………………………………………………………………………………14分即线段CD的中点是定点M．…………………………………………………………………15分18．（本小题17分）解：（1）当be时，g(x)exex，则g(x)exe，令g(x)0x1，∴函数g(x)在(,1)上单调递减，g(x)0x1，∴函数g(x)在(1,)上单调递增，故当x1时，g(x)取极小值g(1)0．……………………………………………………4分高三数学第6页共10页{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEAMMAABCQFABAA=}#}xxxxxxx22222（2）①令f(x)eaxeaxeaxe2ae2a0，22x换元t,b2a(0,e)，即etbt0或etbt0．211构造函数h(t)etbt，显然h(t)单调递增，且h(0)10,h()eb10，b∴方程etbt0必定存在一负根．……………………………………………………………6分对于函数g(t)etbt，当t0时g(t)etbt0，当t0时，g(t)etbtetetg(1)0∴g(t)0恒成立，∴方程etbt0无根．e2∴当实数a0,时，函数f(x)有且仅有一个零点．…………………………………10分4【注：若解法中涉及到极限问题作答扣2分．】②由上可知x00．……………………………………………………………………………11分构造函数F(u)f(x0u)f(x0u)，根据对称性不妨假设u0，若F(u)0存在唯一正根u0，则x1x0u0,x2x0u0．x0ux0u22x0uu22∴F(u)eea(x0u)(x0u)e(ee)2a(x0u)uu2uu2222222ax0(ee)2a(x0u)ax0(ee)2uuuuu2222．ax0(ee)2ux0(ee)2uuu∵a0,u0,x00，∴22，………………………………………13分x0(ee)2u0uuuuu令F(u)0，即x(e2e2)2ux(e2e2)220．002u令t0，构造函数(t)x(etet)22t，(t)x(etet)22，200∵(0)0，且显然(t)在(0,)上单调递减，高三数学第7页共10页{#{QQABLQQUogCAApBAABgCAQGyCEKQkBECAIoOQEA