【文档说明】福建省厦门市2023届高三毕业班第四次质量检测 数学答案.pdf，共(9)页，785.453 KB，由管理员店铺上传

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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：1~4：DACB5~8：ABCA二、多选题：9．AD10．ABD11．ACD12．ACD8．提示：圆台得高()2264133h=−−=，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221484333r=−=，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64π3.12．提示：A．设00(,)Pxy所以01PFy=+，因为00y，所以min1

PF=.A正确B．设(0,1),0EQFQE=，所以Q点轨迹为2259()(0)24xyx+−=，设5(0,)2R，设200(,)4xPx，minmin32PQPR=−，又因为222200051()(2)664216x

PRxx=+−=−+，所以min362PQ=−，B错误C．设1122(,),(,)AxyBxy，又因为244ykxxy=+=，所以24160xkx−−=，12120,4,16xxkxx+==−，所以21212()116xxyy==，又因为212121

21212(1)(1)()1470FAFBxxyyxxyyyyk=+−−=+−++=−−，所以AFB为钝角，C正确（或者由,OAOBAFBAOB⊥）D．设00(,)Pxy，因为PFAPFB=，所以FAFPFBFPFAFB=，所以011

0022012(1)(1)(1)(1)11xxyyxxyyyy+−−+−−=++，所以012120021210(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)xxyyyyxxyyyy++−+−=++−+−所以0120101221021020122

1(1)(1)(1)(1)xxyxxyyyyyxxyxxyyyyy++−−++=++−+−+所以12220122101201()()(1)()042xxxxxxxxyxx−+−+−−=，又因为12xx，所以1200()5(1

)02xxxy++−=，即0052(1)0xky+−=，即152kk=−，D正确三、填空题：213．014．112yx=+，212yx=+（写出其中一条直线方程）15．π316．1；32657,,2322

16．提示：第一空：当1a=时，当01x时，()cos0fxx==，解得12x=；当1x时，()()2248240fxxxx=−+=−+，无零点.故此时()fx的零点个数是1；第二空：显然，()248yxaxxa=−+至多有2个零点

，故cosπyx=在()0,a上至少有2个零点，所以32a，①若()cosπ0yxxa=恰有2个零点，则3522a，此时()248yxaxxa=−+恰有两个零点，所以()222,16320,380aaafaa=−=−+解得2623a，此时32623a；②若

()cosπ0yxxa=恰有3个零点，则5722a，此时()2830faa=−，所以()248yxaxxa=−+恰有1个零点，符合要求.③当72a时，()2830faa=−，所以()248yxaxxa=−+恰有1个零点，而()cosπyx

xa=至少有4个零点，此时()fx至少有5个零点，不符合要求，舍去.综上，32623a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2sincos2sinsinBCAC=+-------------------------

----------------------1分所以2sincos2sin()sinBCBCC=++----------------------------------------------------------2分即2

sincos2sincos2cossinsinBCBCBCC=++--------------------------------------------3分3所以2cossinsin0BCC+=-------------------------------------------------

----------------------4分因为,(0,π)BC，所以sin0C，所以1cos2B=−，所以2π3B=----------------------5分（2）ABC△中，2222cosbacacB=+−，2ca=，2π3B=，-------------------

--------6分所以222742aaa=++，所以1,2ac==，----------------------------------------------------7分又因为BD为角B的平分线，ABDCBDABCSSS+=△△△----------------

-------------------------8分所以1π1π12πsinsinsin232323BDcBDaac+=-----------------------------------------

--9分所以23BD=-----------------------------------------------------------------------------------------1

0分18．本题考查数列递推关系、数列通项、数列求和等基础知识；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1n=时，112Ta==所以1=+(1)11nTTnn−=+--

----------------------------------------------------------------------1分所以1231naaaan=+当2n时，1231naaaan−

=---------------------------------------------------------------------2分所以1(2)nnann+=---------------

----------------------------------------------------------------3分又12a=符合1nnan+=---------------------------------------------------------------------

--------4分所以1nnan+=----------------------------------------------------------------------------------------5分（2）由（1）得12nnbn=+------------

-------------------------------------------------------------6分所以231234+++222212nnnnnS−++=+……①所以23411234++++2222212

nnnnnS++=+……②------------------------------------------------7分①-②得2341121111(+++)22222221nnnnS+−+=++-------

--------------------------------------8分11111()42112121nnn−+−−−+=+-------------------------------------------------------10分131(

1)222nnn++−=−所以332nnnS+−=-------------------------------------------------------------------------------

---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,,DEBEDEAEBEAEE⊥⊥=，所以DE⊥平面1AEB，-----------1分4则1AEB为二面角1

ADEB−−的平面角，即160AEB=，-----------------------------2分因为1EAEB=，所以1BEA△为等边三角形，取BE中点O，连接1OA，OC，CE，则1BEAO⊥，------------------------------------3

分因为BCBECE==，所以BEOC⊥，又1OCOAO=，所以BE⊥平面1OCA，----------------------------------------------------4分又1AC平面

1OCA，所以1BEAC⊥---------------------------------------------------------------------------------------5分（2）因为11,,DEEBDEAEEBAEE⊥⊥=，所以DE⊥面1AEB，从而

1DEAO⊥-----------------------------------------------------------6分因为DEBE⊥，BEOC⊥，所以DECO∥，所以1COAO⊥，所以1,,OCOBOA两两垂直以O为原点，以1,,OCOBOA的方向分别

为,,xyz轴的正方向，建立空间坐标系Oxyz−，如图所示------------------------------------------------------------7分则()()()()10,0,33,33,0,0,23,3,0,0,3,0ACDE−−，所以()1

0,3,33EA=，-----------------------------------------------------------------------------8分()()133,0,33,3,3,0ACCD=−=−−设平面1ACD的法向量(),,nxyz=，则10

,0,nACnCD==所以0,330xzxy−=−−=，令1y=，则平面1ACD的一个法向量()3,1,3n=−−，---------------------------------10分设直线1AE与平面1ACD所成角为，则10397si

ncos,767EAn+−===，xzyOBA1DCAE5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==，2225ABab=+=，结合222abc=+-------------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,ACykx=+:(2),BDykx=−(0k).设(,)CCCxy，(,)DDDxy由221,44ykxxy=++=得()221480kxkx++=，所以281

4Ckxk−=+，从而222814,1414kkCkk−−++.---------------------------------------------------------------------------6分由22(2),44ykxxy=−+=得(

)222214161640kxkxk+−+−=，所以22164214Dkxk−=+，从而222824,1414kkDkk−−++.---------------------------------------

-----------------------------------7分记OCD△面积为S,COD=,则22221sin4SOCOD=-----------------------------------------------------------------------8

分()2221=1cos4OCOD−()22214OCODOCOD=−-------------------------------------------------------------9分()()()()2222221144DDCCCDCDCDDCxyxyx

xyyxyxy=++−+=−-------------------10分所以()222222224221182143213216212214142168114CDDCkkkkkSxyxykkkkk−−−−−=−

=−==+++++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2123123123111()()()()3()()6336PDPAABPABAPBAA=++==---------------------------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①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=11111[()]336654+=-----

---------------7分②第二轮中若甲胜丙、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=111111()[()]36336162+=---------9分③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=111121()()36363486=----------------------------------------------11分

综上，丁以6分出线的概率为1231119311354162486486486PPP++++=++==---------12分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，1a=时1e()ln(0)xfxxxxx−=+−，所以1122(1)e1(1)(e)()1xxxxxfxxxx−−−−−=+−=，----------------------------------

----------2分记1()exqxx−=−，则1()e1xqx−=−，当01x时，()0qx，()qx单调递减；当1x时，()0qx，()qx单调递增；所以()(1)0qxq=，当且仅当1x=取等号，即1e0xx

−−，----------------------------3分所以()(),,xfxfx变化情况如下：x()0,11()1,+()fx−0+()fx单调递减极小值单调递增所以()fx的极小值为(1)=0f，无极大值.--------------------

---------------------------------5分7（2）1122e(1)1(1)(e)()1xxxxaxfxaxxax−−−−−=+−=，①当1a时，由（1）可知，1e0xx−−，当且仅当1x=取等号，所以当0x时

，11ee0xxaxx−−−−，所以当01x时，()0fx，()fx单调递减,当1x时，()0fx，()fx单调递增；所以()fx没有三个极值点，舍去.---------------------------

------------------------------------6分②当1a时，记1()exrxax−=−，1()exrxa−=−，所以当0ln1xa+时，()0rx，()rx单调递减；当ln1xa+时，()0rx，()rx单调递增；min()(l

n1)ln0rxraaa=+=−，1(0)0er=，(1)10ra=−，由零点存在性定理知存在唯一1(0,1)x，使得1()0rx=，即111exax−=，由（1）有1exx−，所以当2x时，有12e2xx−，所以222ee()2x

xx，取max2,ema=，则()121e()0eemmrmammamma−=−−=−，由零点存在性定理知存在唯一3(ln1,)xam+，使得3()0rx=，313exax−=由以上推理知1301ln1xax+，且有当10xx或3xx时，()0rx

；当13xxx时，()0rx，所以,(),()xfxfx变化情况如下：x1(0,)x1x1(,1)x13(1,)x3x3(,)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21x=）

----------------------------------------------8分此时131113e,e,xxaxax−−==两式相除得3131exxxx−=……①8设31(1,)xtx=+，……②由①②可得13lnln,11tttxxtt==−−所以13ln1tt

xxt=−，记ln()(1)1ttgttt=−，则2211(ln)(1)ln12(1)2()ln(1)12(1)ttttttttgtttttt+−−+−==−−−+−，设22(1)()ln(1)1trtttt−=−+，则222(1

)()0(1)trttt−=+，所以22()(1)0rtr=，从而()0gt，所以()gt在(1,)+上单调递减，又因为132ln2xx，即()(2)gtg，所以2t，---------------------------

------------------------------------------10分此时1ln1txt=−，记3ln()(2)1trttt=−，3211ln()(1)ttrtt−−=−，由（1）有1exx−，所以当0t

时有111ett−，111lntt−，所以11ln0tt−−，所以3()0rt，3()rt在)2,+单调递减，所以133()(2)ln2xrtr==，故10ln2x，---------------------------------------

---------11分此时111exax−=，记()()14e0ln2xrxxx−=，142e(1)()0xxrxx−−=，所以4142()(ln2)eln2arxr==，故a的最小值为2eln2.----------------------

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