【文档说明】福建省漳州市2023届高三上学期第一次教学质量检测 数学答案.pdf，共(7)页，361.335 KB，由小赞的店铺上传

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福建省漳州市２０２３届高三毕业班第一次教学质量检测数学参考答案及评分细则评分说明:１.本解答给出了一种或几种解法供参考ꎬ如果考生的解法与本解答不同ꎬ可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则ꎮ２.对计算题ꎬ

当考生的解答在某一步出现错误时ꎬ如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度ꎬ可视影响的程度决定后继部分的给分ꎬ但不得超过该部分正确解答应给分数的一半ꎻ如果后继部分的解答有较严重的错误ꎬ就不再给分ꎮ３.解答右端所注分数ꎬ表示考生正确做到这一步应得的累加分数ꎮ４.只给整数分数ꎮ选择题和填

空题不给中间分ꎮ一、单项选择题:本大题共８小题ꎬ每小题５分ꎬ共４０分ꎬ在每小题给出的四个选项中ꎬ只有一项是符合题目要求的ꎮ１２３４５６７８ＣＡＢＣＤＡＤＣ二、多项选择题:本大题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分ꎬ在每小题给出的四个选项中ꎬ有多个选项符合题目要求ꎬ全部选对的得５分ꎬ选对但不全的得２

分ꎬ有选错的得０分ꎮ９１０１１１２ＡＢＢＣＤＢＤＢＣＤ三、填空题:本题共４小题ꎬ每小题５分ꎬ共２０分ꎮ１３.９４１４.±２１５.５２１６.３６π四、解答题:本大题共６小题ꎬ共７０分ꎬ解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤ꎮ１７.(１０分)解:(１)设ａｎ{}

的公比为ｑꎬ则ａ２３＝９ａ２ａ６＝９ａ２４ꎬ所以ｑ２＝ａ２４ａ２３＝１９.１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又ａｎ>０ꎬ所以ｑ>０ꎬ所以ｑ＝１３.２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺由２ａ１＋３ａ２＝１ꎬ得２ａ１

＋３ａ１ｑ＝１ꎬ所以ａ１＝１３ꎬ４分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以ａｎ{}是首项为１３ꎬ公比为１３的等比数列ꎬ所以ａｎ{}的通项公式为ａｎ＝１３ｎ.５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺数学第一次教学质量检测参考答案第１页(共６页)(２)因为ｂｎ＝ｌｏｇ３ａ１＋ｌｏｇ３ａ２＋􀆺＋ｌｏｇ３ａｎ＝ｌｏｇ３(ａ１ａ２􀆺ａｎ)＝ｌｏｇ３３－(１＋２＋􀆺＋ｎ)＝－(１＋２＋􀆺＋ｎ)＝－ｎ(ｎ＋１)２ꎬ７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以１ｂｎ＝

－２ｎ(ｎ＋１)＝－２(１ｎ－１ｎ＋１).８分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以Ｔｎ＝１ｂ１＋１ｂ２＋􀆺＋１ｂｎ＝－２１－１２æèçöø÷＋１２－１３æèçöø÷＋􀆺＋１ｎ－１ｎ＋１æèçöø÷éëêêùûúú＝－２ｎｎ＋

１.１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺１８.(１２分)解:(１)因为ＡＢ∥ＣＤꎬＣＤ⊂平面ＰＣＤꎬＡＢ⊄平面ＰＣＤꎬ所以ＡＢ∥平

面ＰＣＤ.２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又ＡＢ⊂平面ＰＡＢꎬ平面ＰＡＢ∩平面ＰＣＤ＝ｌꎬ所以ＡＢ∥ｌ.４分􀆺􀆺􀆺􀆺(２)解法一:因为ＡＰ

⊥ＢＰꎬ所以ＰＡ２＋ＰＢ２＝ＡＢ２＝４ꎬ又ＰＡ＝ＰＢꎬ所以ＰＡ＝ＰＢ＝２ꎬ又ＰＤ＝６ꎬ所以ＰＡ２＋ＡＤ２＝ＰＤ２ꎬ所以ＡＤ⊥ＰＡꎬ又ＡＤ⊥ＡＢꎬＰＡ∩ＡＢ＝ＡꎬＰＡ⊂平面ＰＡＢꎬＡＢ⊂平面ＰＡＢꎬDCABPMO所以ＡＤ⊥平面ＰＡＢ.６分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺取ＡＢꎬＣＤ中

点分别为ＯꎬＭꎬ连接ＭＯꎬＭＰꎬＯＰꎬ则ＭＯ∥ＡＤꎬ所以ＭＯ⊥平面ＰＡＢꎬ又ＯＰ⊂平面ＰＡＢꎬ所以ＭＯ⊥ＯＰ.因为ＰＡ＝ＰＢꎬ所以ＯＰ⊥ＡＢ.又ΔＰＡＤ≌ΔＰＢＣꎬ所以ＰＣ＝ＰＤꎬ所以ＭＰ⊥ＣＤ.又ＡＢ∥ｌꎬＣＤ∥ｌꎬ所以ＯＰ⊥ｌꎬＭＰ⊥ｌꎬ所以∠ＭＰＯ为平面ＰＡＢ与平面ＰＣＤ所成的角.１０分�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺在ＲｔΔＰＯＭ中ꎬＯＰ＝１２ＡＢ＝１ꎬＭＯ＝２ꎬ所以ＰＭ＝５ꎬｓｉｎ∠ＭＰＯ＝ＭＯＰＭ＝２５５ꎬ即平面ＰＡＢ与平面ＰＣＤ所成的角的正弦值为２５５.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺解法二:因

为ＡＰ⊥ＢＰꎬ所以ＰＡ２＋ＰＢ２＝ＡＢ２＝４ꎬ又ＰＡ＝ＰＢꎬ所以ＰＡ＝ＰＢ＝２ꎬ又ＰＤ＝６ꎬ所以ＰＡ２＋ＡＤ２＝ＰＤ２ꎬ所以ＡＤ⊥ＰＡꎬ数学第一次教学质量检测参考答案第２页(共６页)又ＡＤ⊥ＡＢꎬＰＡ∩ＡＢ＝ＡꎬＰＡ⊂平面ＰＡＢꎬＡＢ⊂平面ＰＡＢꎬ

所以ＡＤ⊥平面ＰＡＢ.６分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺取ＡＢꎬＣＤ中点分别为ＯꎬＭꎬ连接ＭＯꎬＭＰꎬＯＰꎬ则ＭＯ∥ＡＤꎬ所以ＭＯ⊥平面ＰＡＢꎬ又ＯＰ⊂平面ＰＡＢꎬ所以ＭＯ⊥ＯＰ.又因为ＰＡ＝ＰＢ

ꎬ所以ＯＰ⊥ＡＢ.如图ꎬ以Ｏ为原点ꎬ分别以ＯＰ→ꎬＯＢ→ꎬＯＭ→为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴的正方向ꎬ并均以１为单位长度ꎬ建立空间直角坐标系ꎬ则Ｐ(１􀆯０􀆯０)ꎬＣ(０􀆯１􀆯２)ꎬＤ(０􀆯－１􀆯２)

ꎬ所以ＰＣ→＝(－１􀆯１􀆯２)ꎬＰＤ→＝(－１􀆯－１􀆯２).８分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺DCABPMOzxy设ｎ→＝(ｘ􀆯ｙ􀆯ｚ)是平面ＰＣＤ的法向量ꎬ则ｎ→􀅰ＰＣ→＝０ｎ→􀅰ＰＤ→＝０{ꎬ即－ｘ＋ｙ＋２ｚ＝０－ｘ－ｙ＋２ｚ＝０{ꎬ取ｚ＝１ꎬ得ｘ＝２ꎬ

ｙ＝０ꎬ则ｎ→＝(２􀆯０􀆯１).又ｍ→＝(０􀆯０􀆯１)是平面ＰＡＢ的一个法向量ꎬ１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以ｃｏｓ<ｎ→ꎬｍ→>＝ｎ→􀅰ｍ

→ｎ→􀅰ｍ→＝１５＝５５ꎬ１１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺即平面ＰＡＢ与平面ＰＣＤ所成的角的正弦值为１－(５５)２＝２５５.１２分􀆺􀆺１９.(１２分)ADBC

解:(１)如图ꎬ连接ＡＣꎬ在ΔＡＢＣ中ꎬＡＢ＝５ꎬＢＣ＝８ꎬ∠ＡＢＣ＝６０°ꎬ由余弦定理ꎬ得ꎬＡＣ＝ＡＢ２＋ＢＣ２－２ＡＢ􀅰ＢＣ􀅰ｃｏｓ∠ＡＢＣ＝７１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺在ΔＡＣＤ中ꎬＡＤ＝３ꎬＣＤ＝５ꎬＡＣ＝７ꎬｃｏｓ∠ＡＤＣ＝ＡＤ２＋ＣＤ２－ＡＣ２２ＡＤ􀅰ＣＤ＝３２＋５２－７２２×３×５＝－１２ꎬ２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴ｓｉｎ

∠ＡＤＣ＝３２ꎬ∴ＳΔＡＤＣ＝１２×３×５×３２＝１５３４ꎬ３分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又ＳΔＡＢＣ＝１２×８×５×３２＝１０３ꎬ４分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝ＳΔＡＢＣ－ＳΔＡＤＣ＝１０３－１５

３４＝２５３４.６分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺数学第一次教学质量检测参考答案第３页(共６页)(２)由(１)知ꎬＡＣ＝７.ΔＡＣＤ中ꎬＡＣ２＝ＡＤ２＋ＣＤ２－２ＡＤ􀅰ＣＤ􀅰ｃｏｓ∠ＡＤＣꎬ８分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴４９＝ＡＤ２＋ＣＤ２

＋ＡＤ􀅰ＣＤ≥３ＡＤ􀅰ＣＤꎬ∴ＡＤ􀅰ＣＤ≤４９３ꎬ９分􀆺􀆺􀆺􀆺∴ＳΔＡＤＣ＝１２ＡＤ􀅰ＣＤ􀅰ｓｉｎ１２０°≤４９３１２ꎬ１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝ＳΔＡＢＣ－ＳΔＡＤＣ＝１０３－ＳΔＡＤＣ≥７１３１２ꎬ１１分􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴当且仅当ＡＤ＝ＣＤ＝７３３时ꎬ平面凹四边形ＡＢＣＤ面积取得最小值７１３１２.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺２０.(１２分)解:(１)在采摘的水仙花球茎中ꎬ任取一颗是由甲工作队

采摘的概率是１４ꎬ依题意ꎬξ的所有取值为０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ且ξ~Ｂ(３􀆯１４)ꎬ所以Ｐ(ξ＝ｋ)＝Ｃｋ３(１４)ｋ(３４)３－ｋꎬｋ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺即Ｐ(ξ＝０)＝２７６４ꎬＰ(ξ＝１)＝２７６４ꎬＰ(ξ＝２)＝９６４ꎬＰ(ξ＝３)＝１６４ꎬ所

以ξ的分布列为:ξ０１２３Ｐ２７６４２７６４９６４１６４５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以Ｅ(ξ)＝３×１４＝３４.６分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺(２)用Ａ１ꎬＡ２ꎬＡ３分别表示水仙花球茎由甲ꎬ乙ꎬ丙工作队采摘ꎬＢ表示采摘的水仙花球茎经雕刻后能使用ꎬ则Ｐ(Ａ１)＝０􀆰２５ꎬＰ(Ａ２)＝０􀆰３５ꎬＰ(Ａ３)＝０􀆰４ꎬ７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺且Ｐ(Ｂ｜Ａ１)＝０􀆰８ꎬＰ(Ｂ｜Ａ２)＝０􀆰６ꎬＰ(Ｂ｜Ａ３)＝０􀆰７５ꎬ８分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺故ＰＢ()＝Ｐ(ＢＡ１)＋Ｐ(ＢＡ

２)＋Ｐ(ＢＡ３)＝Ｐ(Ａ１)Ｐ(Ｂ｜Ａ１)＋Ｐ(Ａ２)Ｐ(Ｂ｜Ａ２)＋Ｐ(Ａ３)Ｐ(Ｂ｜Ａ３)＝０􀆰２５×０􀆰８＋０􀆰３５×０􀆰６＋０􀆰４×０􀆰７５＝０􀆰７１ꎬ１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以ＰＡ

３｜Ｂ()＝ＰＡ３Ｂ()ＰＢ()＝ＰＡ３()ＰＢ｜Ａ３()ＰＢ()＝０􀆰３０􀆰７１＝３０７１.１１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺即采摘出的某颗水仙花球茎经雕刻后能使用ꎬ它是由丙工作队所采摘的概率为３０７１.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺数学第一次教学质量检测参考答案第４页(共６页)２１.(１２分)解:(１)当直线ｌ斜率不存在时ꎬ其方程为ｘ＝０ꎬ符合题意ꎻ１分􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺当直线ｌ斜率存在时ꎬ设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋１ꎬ２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺由ｙ＝ｋｘ＋１ｙ２＝４ｘ{ꎬ得ｋ２ｘ２＋２ｋ－４()ｘ＋１＝０􀆰３分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺当ｋ＝０时ꎬ直线ｙ＝１符合题意ꎻ４分􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺当ｋ≠０时ꎬ令Δ＝２ｋ－４()２－４ｋ２＝１６－１６ｋ＝０ꎬ解得ｋ＝１ꎬ∴直线ｌ的方程为ｙ＝ｘ＋１ꎬ即ｘ－ｙ＋１＝０􀆰５分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺综上ꎬ直线ｌ的方程为ｘ＝０ꎬ或ｙ＝１ꎬ或ｘ－ｙ＋１＝０.６分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)解法一:设Ｑ(ｘ􀆯ｙ)ꎬＡ(ｘ１􀆯ｙ１)ꎬＢ(ｘ２􀆯ｙ２)ꎬ不妨令ｘ１<ｘ２ꎬ∵直线ｌ与抛物线Ｃ有两个

交点ꎬ∴ｋ≠０Δ＝－１６ｋ＋１６>０{ꎬ∴ｋ<１ꎬ且ｋ≠０ꎬ７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺ｘ１＋ｘ２＝４－２ｋｋ２ꎬｘ１ｘ２＝１ｋ２􀆰８分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺由ＡＰＰＢ＝ＡＱＱＢꎬ得ｘ１ｘ２＝ｘ－ｘ１ｘ２－ｘꎬ∴ｘ＝２ｘ１ｘ２ｘ１＋ｘ２＝１２－ｋꎬ∴ｙ＝ｋ２－ｋ＋１＝２２－ｋꎬ１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴ｙ＝２ｘ􀆰１１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∵ｋ<１ꎬ且ｋ≠０ꎬ∴０<ｘ<１ꎬ且ｘ≠１２ꎬ∴点Ｑ的轨迹方程为ｙ＝２ｘ(０<ｘ<１ꎬ且ｘ≠１２)􀆰１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺解法二:设Ｑ(ｘꎬｙ)ꎬＡ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２

ꎬｙ２)ꎬ不妨令ｘ１<ｘ２ꎬ∵直线ｌ与抛物线Ｃ有两个交点ꎬ∴ｋ≠０Δ＝－１６ｋ＋１６>０{ꎬ∴ｋ<１ꎬ且ｋ≠０ꎬ７分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺ｘ１＋ｘ２＝４－２ｋｋ２ꎬｘ１ｘ２＝１ｋ２􀆰８分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∵点Ｑ在线段ＡＢ上ꎬ设｜ＡＰ｜｜ＰＢ｜＝｜ＡＱ｜｜ＱＢ｜＝λꎬ则ＰＡ→＝λＰＢ→ꎬＡＱ→＝λＱＢ→ꎬ∴ｘ１＝λｘ２ｘ－ｘ１＝λ(ｘ２－ｘ)

{ꎬ∴ｘ＝２ｘ１ｘ２ｘ１＋ｘ２＝１２－ｋꎬ∴ｙ＝ｋ２－ｋ＋１＝２２－ｋꎬ１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴ｙ＝２ｘ􀆰１１

分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∵ｋ<１ꎬ且ｋ≠０ꎬ∴０<ｘ<１ꎬ且ｘ≠１２ꎬ∴点Ｑ的轨迹方程为ｙ＝２ｘ(０<ｘ<１ꎬ且ｘ≠１２)􀆰１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺数学第一次教学质量检测参考答

案第５页(共６页)２２.(１２分)解:(１)ｆｘ()的定义域为－１􀆯＋¥()ꎬｆ′ｘ()＝ｌｎｘ＋１()－λ＋１􀆯１分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺因为ｆ′ｘ()在０􀆯＋∞[)上单调递增ꎬｆ′０()＝－λ＋

１ꎬ２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺①当λ≤１时ꎬ对于任意的ｘ∈０􀆯＋∞[)ꎬ有ｆ′ｘ()≥ｆ′０()≥０ꎬ所以ｆｘ()在０􀆯＋∞[)上单调递增ꎬ则对于任意的ｘ∈０􀆯＋∞[)ꎬｆｘ()≥ｆ０()＝０ꎬ所以λ≤１符合题意ꎻ４分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺②当λ>１时ꎬ令ｆ′ｘ()>０ꎬ得ｘ>ｅλ－１－１ꎬ令ｆ′ｘ()<０ꎬ得０≤ｘ<ｅλ－１－１ꎬ所以ｆｘ()在０􀆯ｅλ－１－１[)上单调递减ꎬｆｘ()在ｅλ－１－１􀆯＋∞()上单调递增ꎬ则ｆｅλ－１－１()<ｆ０

()＝０ꎬ这与当ｘ≥０时ꎬｆｘ()≥０矛盾ꎬ所以λ>１舍去ꎻ综上ꎬλ≤１ꎬ所以λ的最大值为１.６分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)由(１)可知ꎬ当ｘ>０时ꎬ有ｘ＋１()ｌｎｘ＋１()－ｘ>０ꎬ即１１＋１ｘ<ｌｎｘ＋１()ꎬ令ｘ

＝１ｎꎬｎ∈Ｎ∗ꎬ则１１＋ｎ<ｌｎ１ｎ＋１æèçöø÷＝ｌｎｎ＋１ｎ＝ｌｎｎ＋１()－ｌｎｎꎬ所以１ｎ＋１<ｌｎｎ＋１()－ｌｎｎꎬ１ｎ＋２<ｌｎｎ＋２()－ｌｎｎ＋１()ꎬ􀆺ꎬ１２ｎ<ｌｎ２ｎ()－ｌｎ２ｎ－１()ꎬ９分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�将以上不等式左右两边分别相加ꎬ得１ｎ＋１＋１ｎ＋２＋􀆺＋１２ｎ<ｌｎ２ｎ()－ｌｎｎ＝ｌｎ２ꎬ１０分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺所以１－１２＋１３－１４＋􀆺＋１２ｎ－１－１２ｎ＝１＋１２＋１３＋１４＋􀆺＋１２ｎ－１＋１２ｎæèçöø÷－２１２＋

１４＋􀆺＋１２ｎæèçöø÷＝１＋１２＋１３＋１４＋􀆺＋１２ｎ－１＋１２ｎæèçöø÷－１１＋１２＋􀆺＋１ｎæèçöø÷＝１ｎ＋１＋１ｎ＋２＋􀆺＋１２ｎ<ｌｎ２.１２分􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺数学第一次教学质量检测参考答案第６页(共６页)获得

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