【文档说明】福建省“宁化、永安、尤溪、大田、沙县一中”五校协作2023-2024学年高三上学期11月联考 数学答案.docx，共(9)页，516.088 KB，由小赞的店铺上传

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“宁化、永安、尤溪、大田、沙县一中”五校协作2023—2024学年高三11月联考高三数学参考答案一.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.1-4．CBCC5-8.ADBD8．【解析】正三棱锥AB

CD−中，ABCD⊥，ABCE^，∴AB⊥平面ACD，又,ACAD平面ACD∴ABAC⊥，ABAD⊥，又三棱锥ABCD−为正三棱锥，所以三条侧棱两两相互垂直，设222,,2,ABaaaBCBCa=+==可得正三棱锥ABCD−的表面积为()22213333

2242aaa++=．设外接球的半径为R，则2222Raaa=++，32Ra=，则外接球的表面积2243,SRa==所以两表面积的比为223333236aa++=，故选：D．二.多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．BC10.ACD11.AD12.ABD12．【解析】112a=,且当2n时,1121nnnSSS−−=+.两边同时取倒数可得:1112nnSS−=+,即1112(2)

nnnSS−−=,且112S=,数列1nS是等差数列,其公差为2,首项为2,所以A正确.()12212nnnS=+−=,可得12nSn=,当2n时,()()111122121nnnaSSnnnn−=−=−=−−−,所以()1,121,221nnannn==

−−;所以na是先递减再递增的数列，当n→时，0na→，所以1a最大，2a最小.B正确，C错误..对于D.当2n时,()121nnbnan=−=,又1n=时,11b=,对于上式也成立.1nbn=,2n时,22211112121214nbnnnn==−−

+−,2222234111111111222355721213213nbbbbnnn+++++−+−++−=−−++，D正确故选ABD三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．3114．12015．()1,1−16．()0,216．【解析】设函数()2lnfxx=+上的切点坐标为()11,2lnxx+，且10x，函数()gxax=上的切点坐标为()22,xax，且20,x又()()1,2afxgxxx==，则公切线的斜率121

2akxx==，则0,a所以22214axx=，则公切线方程为()()11112lnyxxxx−+=−，即111ln1,yxxx=++代入()22,xax得：22111ln1axxxx=++，则22211111ln124aaxxxx=++，整理得2114ln4

xax+=，若总存在两条不同的直线与函数()(),fxgx图象均相切，则方程2114ln4xax+=有两个不同的实根，设()4ln4,0xhxxx+=，则()()244ln4xxxhxx−+=令()0hx=得1x=，当()0

,1x时，()()0,hxhx单调递增，()1,x+时，()()0,hxhx单调递减，又()0hx=可得1ex=，则0x→时，();hxx→−→+时，()0hx→，则函数()hx的大致图象如右：所

以2004aa，解得02,a故实数a的取值范围为()0,2.四.解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．解：（1）由已知：sinsin2sincosBCAB+=，……1分得()()s

in2sincossinsinBABABAB=−+=−，……2分所以,BAB=−或=BAB+−（舍去），……3分即2AB=……4分若π12B=，则π6A=；……5分（2）由题意得()22222()2cos()bcbcbcAbcaacac+−+−+−=()()()21

cos2sin1cos2sin1cos22cossinsin2bABABBBaAB+++====，……7分而3πABB+=，所以π0,3B，……8分故()2cos1,2B，即()()()1,2bcabcaac+++−.

……10分18．解：（1）由题意可得()max3Afx==，设函数()yfx=的最小正周期为T，则22T=，得T=，22T==，此时，()()3sin2fxx=+.……2分因为函数()yfx=的图象关于直线3x=−对称，则()232kkZ−+=+

，()76kkZ=+，2，1k=−，6π=，则()3sin26fxx=+……4分令222262kxk−+++，得36kxk−++,64x−，∴取0k=，……6分因此，函数()yfx=在区间4,6

−上的递增区间为,66−.……7分（2）又因为()()2=0xRfxftx+−，，所以函数()fx图象的对称中心为(),0t，…8分则()3si06n2ftt=+=，所以26t+()kkZ=，……10分解得()221ktk

Z=−，……11分当1k=时，t取到了最小正值为512.……12分19．解:（1）设等差数列na的公差为d，则等差数列na通项公式为11(1)naandaddn=+−=−+，所以()()221111(

)4nkadddndnanann+=+−=++++−，所以1141daadk==−=，所以1413dak===−，所以14(1)43nann=+−=−，……3分又因为233nnTb=−，所以当2

n时，11233nnTb−−=−，两式相减可得1233nnnbbb−=−，即13nnbb−=，令1n=，则11233bb=−，解得13b=，所以数列nb是以3为首项，3为公比的等比数列，所以3nnb=.……6分法二、由()214nnannk+=++可得1

52ka+=，2831ka+=，3943ka+=所以13233949365224243kkkkaaa+++=++===+，解得3k=−，（其他同上）法三、由()214nnannk+=++可得2244(1)1)3117(nnnknnkann++++++==++−解得3k=−，（其他同上）（2）由（1

）可知，123215051521,5,9,,81,,197,201,205,aaaaaaa=======123453,9,27,81,243,bbbbb=====所以数列nc的前50项为数列na的前52项去除3219,81,aa==……10分所以数列nc的前50项和5052(1

205)1592059819052662S+=++++−−=−=.……12分20．解:（1）证明：连接BD，DF，在BCD△中，4DC=，2BC=，π3BCD=，222π2cos123BDBCDCBCDC=+

−=，……2分可得2DBC=，即BDBC⊥，同时//ADBC，可得BDAD⊥，……3分同理可得DFAD⊥，……4分因为BDAD⊥，DFAD⊥，且BD平面BDF，DF平面BDF，BDDFD=I，所以AD⊥平面BDF；……5分又因为BF平面BDF，所以ADBF⊥.……6分

（2）解：在BDFV中，易得23BDFD==，且26BF=，所以BDFD⊥，同时BDAD⊥，DFAD⊥，以DA所在直线为x轴，以DB所在直线为y轴，以DF所在直线为z轴，如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz−.……7分其中()4,0,0A，()0,23,0B，(

)0,0,23F，()2,23,0C−，()2,23,0DC=−，()4,0,23AF=−，()4,23,0AB=−，……8分设向量(),,nxyz=为平面ABF的法向量，ECDABFyxzECDABF满足04230

04230nABxynAFxz=−+==−+=，不妨取()3,2,2n=，……10分直线CD与平面ABF所成角的正弦值为：()()()222222333cos,22223322DCnDCnDCn===−+++.……12分21．解:（1）一人投掷两

颗骰子，向上的点数之和为4的倍数的概为91364=．……1分（ⅰ）因为第1次从小明开始，所以前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率，1313333133944444444464P=++=．……2分（ⅱ）设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为X，依题意，X可取0，1，2，3

，所以1111(0)44464PX===，33113311321(1)44444444464PX==++=，39(2)64PX==，3113(3)44464PX===．所以X的分布列为X0123

P16421643964364…5分所以12139327()01236464646416EX=+++=．……6分（2）若第1次从小芳开始，则第n次由小芳投掷骰子有两种情况：①第1n−次由小芳投掷，第n次继续由小芳投掷，其概率为111(2)4nnPPn−=…；②第1

n−次由小明投掷，第n次由小芳投掷，其概率为()21113311(2)444nnnPPPn−−=−−=−…．……8分因为①②两种情形是互斥的，所以1211113313(2)44424nnnnnnPPPPPPn−−−=+=+−=−+…，……10

分所以1111(2)222nnPPn−−=−−…．因为11P=，所以12nP−是以12为首项，……11分12−为公比的等比数列，所以1111222nnP−−=−，即1122nnP=−−.……12分

22．（1）解：因为2()lnfxxxax=+−，所以1()12fxaxx=+−，……1分因为()fx在1x=处取得极值，所以(1)1120fa=+−=，解得1a=．……2分验证：当1a=时，(1)(21)1()12(0)xxfxxxxx−+=+−=−，易得()fx在1x=处

取得极大值．……3分（2）解：因为22()()(3)ln(3)ln(2)gxfxaxxxaxaxxaxax=+−=+−+−=−+−，所以(1)(21)1()2(2)(0)axxgxaxaxxx+−=−+−=−．……4分①若0a≥，则当1(0,)2x时，()0gx，所以函数()gx在

1(0,)2上单调递增；当1(,)2x+时，()0gx，函数()gx在1(,)2+上单调递减．②若0a，1()(21)()(0)axxagxxx+−=−，当2a−时，函数()gx在1(0,)a−和1(,)2+上单调递增，在11(,)2a−上单调递减

；当2a=−时，()0gx≥恒成立，所以函数()gx在(0,)+上单调递增；当20a−时，函数()gx在1(0,)2和1(,)a−+上单调递增，在11(,)2a−上单调递减……8分（3）证明：当2a=−时，2()ln2fxxxx=++，

因为1212()()30fxfxxx++=，所以2211122212ln2ln230xxxxxxxx++++++=，即2212121212ln2()()30xxxxxxxx+++++=，所以2121212122()()lnxx

xxxxxx+++=−.……9分令12txx=，()ln(0)tttt=−，则11()1(0)ttttt−=−=，当(0,1)t时，()0t，所以函数()ln(0)tttt=−在(0,1)上单调递减；当(1,)t+时，()0t，所以函数()ln(0)

tttt=−在(1,)+上单调递增．所以函数()ln(0)tttt=−在1t=时，取得最小值，最小值为1．……10分所以212122()()1xxxx+++≥，即212122()()10xxxx+++−≥，所以1212xx+≥或121xx+−≤．……11分因为12,xx为正实数

，所以1212xx+≥．当1212xx+=时，121xx=，此时不存在12,xx满足条件，所以1212xx+．……12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com