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数学参考答案一、选择题:一、选择题:14:DACB 58:ABCA 二、多选题:二、多选题:9AD 10ABD 11ACD 12ACD 8提示:圆台得高()226413 3h=,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643.12提示:A设00(,)P xy所以01PFy=+,因为00y,所以min1PF=.A 正确 B设(0,1),0EQF QE=,所以Q点轨迹为22
2、59()(0)24xyx+=,设5(0,)2R,设200(,)4xP x,minmin32PQPR=,又因为222200051()(2)664216xPRxx=+=+,所以min362PQ=,B 错误C设1122(,),(,)A x yB xy,又因为244ykxxy=+=,所以24160 xkx=,12120,4,16xxk x x+=,所以21212()116x xy y=,又因为21212121212(1)(1)()1470FA FBx xyyx xy yyyk=+=+=,所以AFB为钝角,C 正确(或者由,OAOBAFBAOB)D设00(,)P xy,因为PFAPFB=,所以FA FP
3、FB FPFAFB=,所以0110022012(1)(1)(1)(1)11x xyyx xyyyy+=+,所以012120021210(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)x x yyyyx xyyyy+=+所以01201012210210201221(1)(1)(1)(1)x x yx xyy yyyx x yx xyy yyy+=+所以12220122101201()()(1)()042xx x xxx xxyxx+=,又因为12xx,所以1200()5(1)02xxxy+=,即0052(1)0 xk y+=,即152kk=,D 正确 三、填空题:三、填空题:2 130 1411
4、2yx=+,212yx=+(写出其中一条直线方程)153 161;3 2 65 7,232 2 16提示:第一空:当1a=时,当01x时,()cos0f xx=,解得12x=;当1x 时,()()2248240f xxxx=+=+,无零点.故此时()f x的零点个数是 1;第二空:显然,()248yxaxxa=+至多有 2 个零点,故cosyx=在()0,a上至少有 2 个零点,所以32a,若()cos0yxxa=恰有 2 个零点,则3522a,此时()248yxaxxa=+恰有两个零点,所以()222,16320,380aaaf aa=+解得2 623a,此时32 623a;若()cos0y
5、xxa=恰有 3 个零点,则5722a,此时()2830f aa=,所以()248yxaxxa=+恰有 1 个零点,符合要求.当72a 时,()2830f aa=,所以()248yxaxxa=+恰有 1 个零点,而()cosyx xa=至少有 4 个零点,此时()f x至少有 5 个零点,不符合要求,舍去.综上,32 623a或5722a.四、解答题:共四、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
6、 10 分 解:(1)由题意得2sincos2sinsinBCAC=+-1 分 所以2sincos2sin()sinBCBCC=+-2 分 即2sincos2sincos2cossinsinBCBCBCC=+-3 分 3 所以2cossinsin0BCC+=-4 分 因为,(0,)B C,所以sin0C,所以1cos2B=,所以23B=-5 分(2)ABC中,2222cosbacacB=+,2ca=,23B=,-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1112sinsinsin232323BD cBD
7、aa 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1231na a aan=+当2n 时,1231na a aan=-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+=+所以23411234+2222212nnnnnS+=+-7 分-
8、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,DEBE DEAE BEAEE=,所以DE 平面1AEB,-1 分 4 则1AEB为二面角1ADEB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
9、 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,DEEB DEAE EBAEE=,所以DE 面1AEB,从而1DEAO-6 分 因为DEBE,BEOC,所以DECO,所以1COAO,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Oxyz,如图所示-7 分 则()()()()10,0,3 3,3 3,0,0,2 3,3,0,0,3,0ACDE,所以()10,3,3 3EA=,-8 分()()13 3,0,3 3,3,3,
10、0ACCD=设平面1ACD的法向量(),nx y z=,则 10,0,n ACn CD=所以0,330 xzxy=,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10397sincos,767EA n+=,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2224
11、13abc=,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 ykx=+:(2),BD yk x=(0k).设(,)CCC xy,(,)DDD xy 由221,44ykxxy=+=得()221480kxkx+=,所以2814Ckxk=+,从而222814,1414kkCkk+.-6 分 由22(2),44yk xxy=+=得()222214161640kxk xk+=,所以22164214Dkxk=+,从而222824,1414kkDkk+.-7 分 记OCD面积为S,COD=,则22221sin4SOCOD=-8 分()2221=1
12、cos4OCOD ()22214OCODOC OD=-9 分()()()()2222221144DDCCCDCDCDDCxyxyx xy yx yx y=+=-10 分 所以()2222222242211 82 1432132162122 14142168114CDDCkkkkkSx yx ykkkkk=+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)iC i=,每场比赛结果6 相互独立。丁总分为 7 分
13、,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()()6336P DP A A BP AB AP 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=11111()336654+=-
14、7 分 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 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
15、转化等数学思想.本题满分 12 分.解:(1)依题意,1a=时1e()ln(0)xf xxx xx=+,所以1122(1)e1(1)(e)()1xxxxxfxxxx=+=,-2 分 记1()exq xx=,则1()e1xq x=,当01x时,()0q x,()q x单调递减;当1x 时,()0q x,()q x单调递增;所以()(1)0q xq=,当且仅当1x=取等号,即1e0 xx,-3 分 所以()(),x fxf x变化情况如下:x()0,1 1()1,+()fx 0+()f x 单调递减 极小值 单调递增 所以()f x的极小值为(1)=0f,无极大值.-5 分 7 (2)1122e(
16、1)1(1)(e)()1xxxxaxfxaxxax=+=,当1a 时,由(1)可知,1e0 xx,当且仅当1x=取等号,所以当0 x 时,11ee0 xxaxx,所以当01x时,()0fx,()f x单调递减,当1x 时,()0fx,()f x单调递增;所以()f x没有三个极值点,舍去.-6 分 当1a 时,记1()exr xax=,1()exr xa=,所以当0ln1xa+时,()0r x,()r x单调递减;当ln1xa+时,()0r x,()r x单调递增;min()(ln1)ln0r xraaa=+=,1(0)0er=,(1)10ra=,由零点存在性定理知存在唯一1(0,1)x,使得
17、1()0r x=,即111exax=,由(1)有1exx,所以当2x 时,有12e2xx,所以222ee()2xxx,取max 2,ema=,则()121e()0eemmr mammamma=,由零点存在性定理知存在唯一3(ln1,)xam+,使得3()0r x=,313exax=由以上推理知1301ln1xax+,且有 当10 xx或3xx时,()0r x;当13xxx时,()0r x,所以,(),()x fxf 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+()f x 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单
18、调递增 所以()f x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=8 设31(1,)xtx=+,由可得13lnln,11tttxxtt=所以13ln1ttx xt=,记ln()(1)1ttg ttt=,则2211(ln)(1)ln12(1)2()ln(1)12(1)ttttttttg ttttt t+=+,设22(1)()ln(1)1tr tttt=+,则222(1)()0(1)trtt t=+,所以22()(1)0r tr=,从而()0g t,所以()g t在(1,)+上单调递减,又因为132ln2x x,即()(2)g tg,所以2t,-10 分 此时1ln1txt=,记3ln()(2)1tr ttt=,3211ln()(1)ttrtt=,由(1)有1exx,所以当0t 时有111ett,111lntt,所以11ln0tt,所以3()0r t,3()r t在)2,+单调递减,所以133()(2)ln2xr tr=,故10ln2x,-11 分 此时111exax=,记()()14e0ln2xrxxx=,142e(1)()0 xxrxx=,所以4142()(ln2)eln2ar xr=,故a的最小值为2eln2.-12 分