《福建省厦门市2023届高三毕业班第四次质量检测数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省厦门市2023届高三毕业班第四次质量检测数学试卷含答案.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 厦门市 2023 届高 三毕业班 第四次 质量检测 数学参 考答案 一、选择题：14：DACB 58：ABCA 二、多选题：9 AD 10 ABD 11 ACD 12 ACD 8 提 示：圆台 得高 226 4 1 3 3 h，将 圆 台补成 圆锥，由 相似 比1:4 知轴截面 是边长为 8 的等边三角形，此时该圆锥内切 球半径22148 4 333r，此 时 2rh，所以该 球半径最大时433r，对应情形 为：与下底面 和侧面相切，不与上底面 相切，其表面 积为643.12 提 示：A 设00(,)P x y 所以01 PF y，因为00 y，所以min1 PF.A 正确 B 设(0,1
2、),0 E QF QE，所以Q点轨 迹为2259()(0)24x y x，设5(0,)2R，设200(,)4xPx，min min32PQ PR，又因 为 22 2 2 00051()(2)6 64 2 16xPR x x，所以min362PQ，B 错误 C 设1 1 2 2(,),(,)A x y B x y，又因 为244y kxxy，所以24 16 0 x kx，1 2 1 20,4,16 x x k xx，所以21212()116xxyy，又 因为 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2(1)(1)()1 4 7 0 FA FB x x y y x x y y y y k，所以 AF
3、B 为钝角，C 正 确（或 者由,OA OB AFB AOB）D 设00(,)P x y，因为 PFA PFB，所 以FA FP FB FPFA FB，所以0 1 1 0 0 2 2 012(1)(1)(1)(1)11x x y y x x y yyy，所以0 1 2 1 2 0 0 2 1 2 1 0(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)x x y y y y x x y y y y 所以0 1 2 0 1 0 1 2 2 1 0 2 1 0 2 0 1 2 2 1(1)(1)(1)(1)x x y x x y y y y y x x y x x y y y y y 所以1222
4、01 2 2 1 0 1 2 01()()(1)()042xx x x x x x x y x x，又因 为12xx，所以1200()5(1)02xxxy，即005 2(1)0 x k y，即152kk，D 正确 三、填空题：2 13 0 14 112yx，212yx（写出 其中一 条直 线方 程）15 3 16 1；3 2 6 5 7,2 3 2 2 16 提 示：第一 空：当 1 a 时，当01 x 时，cos 0 f x x，解得12x；当 1 x 时，224 8 2 4 0 f x x x x，无 零点.故此时 fx的零 点个 数 是 1；第二空：显 然，248 y x ax x a
5、至多 有 2 个零点，故cos yx 在 0,a上至少 有 2 个零 点，所以32a，若 cos 0 y x x a 恰有 2 个零 点，则3522a，此时 248 y x ax x a 恰有两 个零 点，所以 222,16 32 0,3 8 0aaaf a a 解得2623a，此时3 2 623a；若 cos 0 y x x a 恰有 3 个零 点，则5722a，此时 28 3 0 f a a，所以 248 y x ax x a 恰有 1 个 零点，符合 要求.当72a 时，28 3 0 f a a，所以 248 y x ax x a 恰有 1 个 零点，而 cos y x x a 至少 有
6、 4 个零 点，此时 fx至少 有 5 个 零点，不 符合要 求，舍去.综上，3 2 623a 或5722a.四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明 过程或演算步骤 17 本 题考 查正 弦定 理、余弦定 理、三角 形的 面积 公式和 三角 恒等 变换 等基 础知识；考 查运算求解、推 理论 证能 力；考查数 形结 合、化归 与转 化思想 等 本题 满 分 10 分 解：（1）由 题意 得 2sin cos 2sin sin B C A C-1 分 所以2sin cos 2sin()sin B C B C C-2 分 即 2sin cos 2sin cos 2cos sin sin
7、B C B C B C C-3 分 3 所以 2cos sin sin 0 B C C-4 分 因为,(0,)BC，所以 sin 0 C，所 以1cos2B，所以2 3B-5 分（2）ABC 中，2 2 22 cos b a c ac B，2 ca，2 3B，-6 分 所以2227 4 2 aaa，所以 1,2 ac，-7 分 又因为BD 为角B 的平 分线，ABD CBD ABCS S S-8 分 所以1 1 12 sin sin sin2 3 2 3 2 3BD c BD a a c-9 分 所以23BD-10 分 18 本 题考 查数 列递 推关 系、数 列通 项、数列 求和 等基础 知
8、识；考 查运 算求 解、推 理论 证能力；考 查函 数与 方程 思想、化归 与转 化思 想等 本 题满 分 12 分 解：（1）当 1 n 时，112 T a 所以1=+(1)1 1nT T n n-1 分 所以1 2 31naa a a n 当 2 n 时，1 2 3 1 naa a a n-2 分 所以1(2)nnann-3 分 又12 a 符合1nnan-4 分 所以1nnan-5 分（2）由（1）得12n nbn-6 分 所以2 3 12 3 4+2 2 2 212n nnnnS 所以2 3 4 11 2 3 4+2 2 2 2 212n nnnnS-7 分-得 2 3 4 11 2
9、1 1 1 1(+)2 2 2 2 2 2 21n nnnS-8 分 11111()42112121nnn-10 分 131(1)2 2 2nnn 所以332n nnS-12 分 19 本 题考 查直 线与 平面 的位置 关系、空 间角、空 间向量 等基 础知 识；考查 空间想 象、运算求解、推 理论 证能 力；考查数 形结 合思 想、化归 与转化 思想 等 本题 满 分 12 分 解：（1）依 题11,DE BE DE AE BE AE E，所以DE 平面1AEB，-1 分 4 则1AEB 为二 面角1A DE B 的平 面角，即160 AEB，-2 分 因为1EA EB，所以1BEA 为等
10、 边三 角形，取BE 中点O，连 接1OA，OC，CE，则1BE AO，-3 分 因为BC BE CE，所以BE OC，又1OC OA O，所以BE 平面1OCA，-4 分 又1AC 平面1OCA，所以1BE AC-5 分（2）因为11,DE EB DE AE EB AE E，所以DE 面1AEB，从 而1DE AO-6 分 因为DE BE，BE OC，所 以DE CO，所以1CO AO，所以1,OC OB OA 两两垂 直 以O 为原 点，以1,OC OB OA 的方向 分别 为,x y z轴的 正方 向，建立空 间坐 标系O xyz，如 图所 示-7 分 则 10,0,3 3,3 3,0,
11、0,2 3,3,0,0,3,0 A C D E，所以 10,3,3 3 EA，-8 分 13 3,0,3 3,3,3,0 AC CD 设平面1ACD 的法 向量,n x y z，则 10,0,n ACn CD 所以0,3 3 0 xzxy，令1 y，则 平面1ACD 的一 个法 向量 3,1,3 n，-10 分 设 直线1AE 与平 面1ACD 所成角 为，则10 3 9 7sin cos,7 67EA n，xzyO BA1DCAE5 则 直线1AE与平 面1ACD所成角 的正 弦值为77.-12 分 20 本 题考 查椭 圆的 简单 几何性 质、直线 与椭 圆的 位置关 系等 基础 知识；考
12、 查运算 求解、逻辑思 维能 力；考查 数形 结合思 想、化归 与转 化思 想等 本题 满 分 12 分 解：（1）依 题3tan3bAFBc，2225 AB a b，结 合2 2 2a b c-2 分 得222413abc，所 以22:14xy.-4 分（2）OCD 的面 积不 可能 大 于1.理 由如 下：-5 分 依题设 直线:1,AC y kx:(2),BD y k x(0 k).设(,)CCC x y，(,)DDD x y 由221,44y kxxy 得 221 4 8 0 k x kx，所以2814Ckxk，从而2228 1 4,1 4 1 4kkCkk.-6 分 由22(2),4
13、4y k xxy 得 2 2 2 21 4 16 16 4 0 k x k x k，所以2216 4214Dkxk，从而2228 2 4,1 4 1 4kkDkk.-7 分 记 OCD 面积 为S,COD,则22221sin4S OC OD-8 分 2221=1 cos4OC OD 222 14OC OD OC OD-9 分 222 2 2 21144D D C C C D C D C D D Cx y x y x x y y x y x y-10 分 所以 2 2 2 2 22 2 2 4 221 1 8 2 1 4 32 1 32 16 212 2 1 4 1 4 2 16 8 114C
14、D D Ck k k k kS x y x yk k k kk 所以 OCD 的面积 不可 能大 于1.-12 分 21 本 题考 查相 互独 立事 件的概 率等 基础 知识；考 查推理 论证 能力、运 算求 解能力；考 查分类与整 合、概率 统计 等思 想 本 题满 分 12 分 解：（1）记 第i轮比赛 丁胜、平、负的 事件 分别 为iA，iB，(1,2,3)iCi，每场 比赛 结果6 相互独 立。丁总分 为 7 分，则丁 三场 比赛两 胜一 平，记丁 三轮 比赛两 胜一 平的 事件 为D-1 分 21 2 3 1 2 3 1 2 31 1 1()()()()3()()6 3 36P D
15、P AA B P AB A P B A A-3 分 丁总 分 7 分 一定 出线-4 分 理由如 下：丁三 场比 赛中 赢两场，这 两场 丁的 对手 比分最 多 6 分.小组赛 两队 出线，所 以丁 一定出 线.-5 分（2）第一 轮比 赛，甲 胜乙，丙胜 丁，又丁 总分 为 6 分，则 丁对 战甲、乙 都获 胜，此 时，乙队总 分最 多 3 分，少于 丁队总 分-6 分 第二 轮中 若甲 负于 丙或 平丙时，甲 总分 最多 4 分，少于 丁 队 总分，此 时甲、乙两队 少 于丁队 总分，丁 一定 出线，其相 应的 概率1P 1 1 1 1 1()3 3 6 6 54-7 分 第二 轮中 若甲
16、 胜丙、第 三轮中 丙平 乙或 负于 乙时，丙总 分最 多 4 分，此时 丙、乙 两队 少于丁 队总 分，丁一 定出 线，其 相应 的概 率2P 1 1 1 1 1 1()()3 6 3 3 6 162-9 分 第二 轮中 若甲 胜丙 时、第三轮 中丙 胜乙 时，甲、丁、丙 队总 分均 为 6 分，此时由 抽签 确定出 线，三队 中有 两队 出线，每队 出线 概率 为23，丁队出 线的 概率3P 1 1 1 1 2 1()()3 6 3 6 3 486-11 分 综上，丁以 6 分 出线 的概 率为1 2 31 1 1 9 3 1 1354 162 486 486 486P P P-12 分
17、22 本 题考 查函 数及 用导 数研究 函数 的单 调性、极 值、最 值等 基础 知识；考 查运算 求解、逻辑思维 能力；考 查分 类与 整合、化归 与转 化等 数学 思想.本题 满分 12 分.解：（1）依 题意，1 a 时1e()ln(0)xf x x x xx，所以1122(1)e 1(1)(e)()1xxx x xfxx x x，-2 分 记1()exq x x，则1()e 1xqx，当01 x 时，()0 qx，()qx单调递 减；当 1 x 时，()0 qx，()qx单调递 增；所以()(1)0 q x q，当且 仅当 1 x 取等 号，即1e0 xx，-3 分 所以,x f x
18、 f x 变化情 况如 下：x 0,1 1 1,()fx 0()fx 单调递 减 极小值 单调递 增 所以()fx 的极小 值为(1)=0 f，无 极大 值.-5 分 7（2）1122e(1)1(1)(e)()1xxx x axfxax x ax，当 1 a 时，由（1）可 知，1e0 xx，当且仅 当 1 x 取等号，所以当 0 x 时，11e e 0 xxax x，所以当01 x 时，()0 fx，()fx单调递 减,当 1 x 时，()0 fx，fx单调递 增；所以()fx没有三 个极 值点，舍 去.-6 分 当 1 a 时，记1()exr x ax，1()exr x a，所以当 0 l
19、n 1 xa 时，()0 rx，()rx单调递 减；当 ln 1 xa 时，()0 rx，()rx单调递 增；min()(ln 1)ln 0 r x r a a a，1(0)0er，(1)1 0 ra，由零点 存在 性定 理知 存在 唯一1(0,1)x，使得1()0 rx，即111exax，由（1）有1exx，所 以当 2 x 时，有12e2xx，所以2 2 2ee()2xxx，取 max 2,e ma，则 121e()0eemmr m am m am m a，由零点 存在 性定 理知 存在 唯一3(ln 1,)x a m，使得3()0 rx，313exax 由以上 推理 知130 1 ln
20、1 x a x，且有 当10 xx 或3xx 时，()0 rx；当13x x x 时，()0 rx，所以,(),()x f x f x 变化情 况如 下：x 1(0,)x 1x 1(,1)x 1 3(1,)x 3x 3(,)x()fx 0 0 0()fx 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递 增 所以()fx有三个 极值 点13,1,xx，（其 中21 x）-8 分 此时131113e,e,xxaxax 两式相 除得31 31exxxx 8 设31(1,)xtx，由 可得13ln ln,11t t txxtt所以13ln1ttxxt，记ln()(1)1ttg t tt，
21、则2 211(ln)(1)ln1 2(1)2()ln(1)1 2(1)t t t tttttg t ttt tt，设22(1)()ln(1)1tr t t tt，则22 2(1)()0(1)trttt，所以22()(1)0 r t r，从而()0 gt，所以()gt在(1,)上单 调递 减，又因 为132 ln 2 xx，即()(2)g t g，所 以 2 t，-10 分 此时1ln1txt，记3ln()(2)1tr t tt，3 211 ln()(1)ttrtt，由（1）有1exx，所 以当 0 t 时有111ett，111 lntt，所以11 ln 0 tt，所以3()0 rt，3()rt 在 2,单调递 减，所以1 3 3()(2)ln 2 x r t r，故10 ln 2 x，-11 分 此时111exax，记 14e0 ln 2xr x xx，14 2e(1)()0 xxrxx，所以4 1 42()(ln 2)eln 2a r x r，故a的最 小值 为2eln 2.-12 分