福建省龙岩市2023届高三下学期五月教学质量检测数学试题

龙岩市2023年高中毕业班五月教学质量检测 数学试题参考答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 C D B C C A B B 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 题号 9 10 11 12 选项 BC BC AB ACD 8．简解: 由得： 又因为， ，所以， 所以数列为等差数列，且首项为，公差也为3， 则， 所以， 要使为数列的唯一最小项，则，所以．故选B. 12．简解: 当时，， 当时， ．∴A正确. 当＝0时，若，则 ∴B错误. 当＝1时， ， 令，则 当时，，递增，又， 所以上存在唯一的零点 则在上递减，在上递增 是在区间上的唯一极小值点 ∴C正确. 由上可知递减，， 在递增， ，使， 当时，，递减，当时，，递增， 又，得上有一个零点. 当时，递增，为其一个零点. 当时，， ∴D正确. ∴选ACD. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13． 14．或 或 或（写出其中一个即可） 15． 16． 16．简解: 设椭圆的右焦点为 ，在中，由余弦定理得：① 在中，由余弦定理得： ② 由①得：，化简得： ③ 由②得： ④ 把④代入③化简得：又 四、解答题：本题共6小题，共70分． 17．（本题满分10分） 解：（1）∵是等差数列，，∴, 即：，∴， 1分 ∴ 3分 又， 5分 当时，，符合上式, ∴. 6分 （2）由（1）可得：, 8分 ∴. 10分 18．（本题满分12分） 解：（1）因为， 所以 1分 由正弦定理得 3分 由余弦定理得 5分 即，因为，所以 6分 （2） 解法一：由（1）知，的图象向右平移个单位得的图 象，再把所得图象向上平移个单位长度,得到的图象 ， 8分 所以. 令，则，， 在上恰有两个极值点， 由的图象可知，，， 所以的取值范围是. 12分 解法二：由（1）知，的图象向右平移个单位得的图象，再把所得图象向上平移个单位长度,得到的图象 ， 8分 所以，. 令得即, ，，所以 ， 所以的取值范围是. 12分 19．（本题满分12分） 解：（1）解（1）∵为圆的直径，是圆上异于的点， 故， 1分 又 又 3分 ∵，平面 4分 平面，∴平面平面． 5分 （注：也可以由，证明≌，得出） （2）设为的中点，连接，则， 由（1）可知，平面；所以 ∵，∴平面， 又∵ 如图以为原点，分别以所在 直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 6分 由题意可得，，， ∵平面，∴//，四边形为矩形，∴   设平面的一个法向量为 ， 由得取 8分 设平面的一个法向量为， ， 由   得   取 10分 设平面与平面的夹角为 则 ∴平面和平面夹角的余弦值为. 12分 20．（本题满分12分） 解：（1） 2分 由，得： 5分 （2）（i）设“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”， “随机抽取一件零件为第1条生产线生产”， “随机抽取一件零件为第2条生产线生产”， 则，， 7分 又，， 于是 ． 9分 （ii）． 12分 21．（本题满分12分） 解：（1）函数的定义域为， ∵ ∴ 2分 ∵ ∴当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ∴当时，取得极大值，极大值为，没有极小值. 4分 （2）由可化为 又函数为单调递增函数 则由可得：，即 令,， 则 得：， 则 6分 令 则 令 则 8分 ，单调递增 单调递增 此时，不存在最小值，即不存在最小值 9分 当 时, 单调递减， 时，，单调递增 又 ，使，当时，，当时， 即当时，，单调递减 当时，，单调递增 此时，当时，最小，即有最小值 综上， 12分 22．（本题满分12分） 解：方法一：（1）由题知,，∴的方程为：， 2分 显然直线的斜率存在，设直线， 联立，得， 设直线的斜率分别为，则， 故 又 不过点 所以直线过定点． 5分 （2）设: ，由得： ∴∴∴ 7分 同理：∴① 8分 由可知，，设， 9分 则 ∴，② ∴，③ ①代入②得：，④ ④代入③得： 由 当且仅当时，取得最大值 12分 方法二：（1）由题知,，∴的方程为： 2分 设直线，， 由：得， 所以， 设直线的斜率分别为，则， 故是方程的两根， 因为直线的斜率之和为，所以，所以， 所以直线的方程为，所以直线过定点． 5分 （2）设直线． 由，得． 由，得． 7分 故，同理 ． 9分 由可知，， 故． 10分 因为，，化简得． 当时取等号，所以直线的斜率的最大值为． 12分 学科网（北京）股份有限