厦门市2023届高三第四次质量检测数学参考答案.pdf

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：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 64 3.12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2259()(0)24x

2、yx+=，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 FPFB FPFA

3、FB=，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)()042x x 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：2 13 0 14112yx=+，212yx

4、=+（写出其中一条直线方程）15 3 161；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()cos0yxxa=

5、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 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 2sincos2sins

6、inBCAC=+-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 aa c+=-9 分 所以23BD=-

7、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-得 2341121111(+)2222

8、2221nnnnS+=+-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 DEA E BEA EE=，所以 DE 平面1A EB，-1 分 4 则1A EB为二面角1ADEB的平面角，即160A EB=，-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 BCBEC

9、E=，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 DEA E EBA EE=，所以 DE 面1A EB，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()()()()1 0,0,3 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,

10、3,3,0ACCD=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1A E 与平面1ACD 所成角为，则10397sincos,767EA n+=，xzyOBA1DCAE5 则直线1A E 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

11、=+-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 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

12、=-8 分()2221=1cos4 OCOD ()22214 OCODOC 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

13、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()()6336P DP A A BP A B 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

14、1P=11111()336654+=-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

15、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)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(

16、1)=0f，无极大值.-5 分 7 （2）1122e(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)0e

17、r=，(1)10ra=，由零点存在性定理知存在唯一1(0,1)x，使得1()0r x=，即1 11exax=，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=，3 13exax=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

18、 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

19、t，所以()g t 在(1,)+上单调递减，又因为132 ln2x 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1 11ett，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10ln 2x，-11 分 此时1 11exax=，记()()14e0ln 2xrxxx=，142e(1)()0 xxrxx=，所以4142()(ln 2)eln 2ar xr=，故 a 的最小值为2eln 2.-12 分