开封市2024届高三年级第三次质量检测数学参考答案注意事项：答案仅供参考，其他合理答案也可酌情给分。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号12345678答案BDAACCBB二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。题号91011答案ABDADABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。112．2013．1,01，（答案不唯一）14．6四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（13分）（1）一共有6种套餐，甲、乙同学各选一种，共有62=36种方法，………2分甲、乙同学选择同一种套餐有6种方法，………4分61所以甲、乙两名同学选择同一套餐用餐的概率为P==.………6分366100(40251520)2（2）28.2497.879，………10分60405545依据0.005的独立性检验，认为性别与选择餐厅之间有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.………13分16.（15分）3解：（1）由题意知：f11，f(x)=3x2，kf(1)330，………3分x所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为y10.………5分396（2）由题意知：gxx33lnx3x2x33x23lnx,x0,,………6分xxx23632x3x2x1xx1g'(x)3x26x3xx2，………8分xx2x2x2令g'(x)=0，解得：x1或x2.………9分当x变化时，g'(x)，gx的变化情况如下表：x0,111,222,g'(x)+0-0+gx单调递增极大值单调递减极小值单调递增………11分所以，函数gx的单调递减区间为1,2，单调递增区间为0,1和2,，………13分gx的极小值为g273ln2，gx的极大值为g18.………15分1{#{QQABYQQQggAIQJAAARgCAQUCCAKQkACCCKoOhAAMoAAByQNABAA=}#}17.（15分）（1）设Px，yx1，则Mx，0，所以PM=y，BM=x1，AM=x+1，………2分22因为AM,PM,BM成等比数列，所以PM=AMBM，所以y=x1x+1=x21，………4分若x1，化简得x2+y2=1；若x1，化简得x2y2=1，所以点P的轨迹C的方程为x2+y2=1x1和x2y2=1x1.………6分（2）易知直线l的斜率存在，设l:ykx+1，………7分联立x2y2=1x1，得1k2x22k2xk21=0，2221k记直线l与xy=1x1的交点为N，解得x，N1k221k2所以AN=1k2x+1，………9分N1k2k22原点到直线l的距离d，所以AM=21d，………11分1k21k2221k241所以，解之得2，2，………14分AMAN2=2=8k=k=1k21k1k222所以直线l的方程为yx+1.………15分218.（17分）（1）若选择命题：如果PC=PD，ACPD，则BD平面PAC，证明如下：因为底面ABCD是正方形，所以ACBD，………1分又ACPD，BDPD=D，所以AC平面PBD，………3分记ACBD=O，PO平面PBD，所以ACPO，………4分又因为PC=PD，OC=OD，PO=PO，所以POD=POC=90，所以BDPO，………6分ACPO=O,所以BD平面PAC.………8分若选择命题：如果PC=PD，BD平面PAC，则ACPD，证明如下：记ACBD=O，因为BD平面PAC，PO平面PAC，所以BDPO，………2分又因为PC=PD，OC=OD，PO=PO，所以POD=POC=90，所以ACPO，………4分因为底面ABCD是正方形，所以ACBD，………5分BDPO=O，所以AC平面PBD，………7分又PD平面PBD，所以ACPD.………8分若选择命题：如果ACPD，BD平面PAC，则PC=PD，证明如下：记ACBD=O，因为BD平面PAC，PO平面PAC，所以BDPO，………2分因为底面ABCD是正方形，所以ACBD，………3分又ACPD，BDPD=D，所以AC平面PBD，………5分PO平面PBD，所以ACPO，………6分由POD=POC=90，OC=OD，PO=PO，得POCPOD，所以PC=PD.………8分（2）由（1）的证明，可知PO平面ABCD，根据正棱锥的定义，PABCD为正四棱锥，………9分记底面正方形ABCD的边长为2a，142244621所以VPABCD=SABCDPO=a12a=a2a，0a，………11分33322142323令ax,0x，所以V=x2x，记fx=x2x，………12分2PABCD311f(x)=2x6x2=2x13x，由f(x)0，得0x，由f(x)0，得x，332{#{QQABYQQQggAIQJAAARgCAQUCCAKQkACCCKoOhAAMoAAByQNABAA=}#}111所以fx在区间0,上单调递增，在区间,上单调递减，………14分332111所以fx在x=处取得最大值，最大值为f=，………15分332743所以四棱锥PABCD体积的最大值为.………17分2719.（17分）c解：（1）因为B，C；D=0，点D在线段BC上，b=2，2csinBADcsinBADc所以由B，C；D===，得sinBAD=sinCAD，………2分bsinCAD2sinCAD2所以AD为BAC的角平分线，又A=60，所以BAD=CAD=30.………3分若AD=3+1，在ACD中，由余弦定理得：2CD2=AC2+AD22ACADcosCAD=43+143+1cos30=2，解得CD=2，………4分CDAC222由正弦定理得：=即=，解得sinCDA=，sinCADsinCDAsin30sinCDA2由于AD是最大边，所以CDA=45，………5分（2）记CAMn=，1（i）当n=0时，因为B，C；M，D=0，所以点M在线段BC的延长线上，020csin60+1c所以=，化简得2sin60+=sin，解得cos=0，=90，………7分2sin22123因为S=S+S，所以，即，……9分ADM0ADCACM0ADAM0sin120=ADACsin30+ACAM0+=AM0AD221228AD2AM02503所以8AD+AM0=8AD+AM0+=17++178=，3AM0AD3AM0AD3353103当且仅当AM0=2AD时取等号,此时AD=，AM=，30353由于tanACM=3，ACM60，等号可以取到.………11分0301+3n（ii）当n0时，因为B，C；M，D=0，所以点Mn在线段BC的延长线上，n2csin60+1+3nc1所以=，化简得2sin60+=13nsin，解得tan=，………12分2sin22n22所以CPn=ACsin=，an=，………13分1n2n1n2当时,，n=1S1a1=2222211当n2时，an=22，………15分n1n2nn1n111111所以Sn=a1+a2+an2+21++=2+2122，223n1nn综上所述.………17分Sn223{#{QQABYQQQggAIQJAAARgCAQUCCAKQkACCCKoOhAAMoAAByQNABAA=}#}