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．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

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