福宁古五校教学联合体2023届高三毕业班三月质量监测（数学参考答案修正一） (1)

福宁古五校教学联合体2023届高三毕业班三月质量监测数学参考答案一、单选题：12345678BADCBADC二、多选题：9101112ACADABDBCD三、填空题：13.−2014.215.0.4816.−2e16.【详解】令g(x)=−(2x3)ex，g(x)=2ex+(2x−3)ex=(2x−1)exx111令g(x)=(2x−1)e0解得x，因此gx()在0,单调递减，,+单调递增22213g(03)=−，gx()=−3的另一个根在,，因为f(x12)=f(x)，若xx12−的最大值为224，则x1和x2不能同时大于零；令h(x)=−exa，hx()在(−,0单调递增设x10，x20，的最大值为4，即x0时，上的一点切线和平行，此时这一切点的横坐标为，而hx()=e，因此hx(1)=e，由此可得x2g(x22)=(2x−1)e=e，解得x2=1，故g(1e)=−af(x)=f(x)h(x)=g(x)=−e，即ex−a=−ex=−1121211eaax−=x−11−=4，解得ae=−2或a=6e，因为x=−10，所以12maxe1e故答案为：1四、解答题：17.【答案】(1)证明见解析，bnn=−43(2)297n【详解】（1）因为aann+2+(−1)=4，21n−所以aa2nn+−1+(−1)21=4，即aa2nn+−1−=214，………………………………………1’又bann=21−，所以bn+1−bn=a2n+1−a2n−1=4，又ba11==1，所以，数列bn为以1为首项，4为公差的等差数列，………………………………3’所以bn=1+(n−1)4=4n−3.……………………………………………………………5’（2）因为，2n所以aa2nn+2+(−1)2=4，即aa2nn+2+=24……………………………………………6’所以S23=a1+a2++a23=(a1+a3++a23)+(a2+a4++a22)…………………………………………………7’=++++++++++(b12bb12)a2(a46a)(a810a)(a2022+a)………………………8’12+(145)=+(1+45)=297.…………………………………………………………10’22518.【答案】（1）证明见解析；（2）．64sin(ABAC−−)sin()【解答】解：（1）证明：由于=，所以cosBCcossinABABACACcos−−cossinsincoscossin=，………………………2’cosBCcos整理的cosA（sinBcosC﹣cosBsinC）＝0，即cosAsin（B﹣C）＝0，…………3’因为A为锐角，所以cosA＞0，…………………………………………………4’故sin（B﹣C）＝0，由B，C为锐角可得B＝C；……………………………5’（2）由（1）得b＝c，2因为asinC＝2，且由正弦定理得asinC＝csinA＝bsinA＝asinB＝2，……………6’22所以a=，b=，………………………………………………………7’sinBsinA1111则+=(sin22AB+sin)=sin22BBC+sin(+)…………………8’ab2244111−cos2B=+sin22BBsin2=+(sin22B)442113=−cos22BB−cos2+，………………………………………………………10’4880B2因为，所以B，则2B，所以﹣1＜cos2B＜0，42202−B2……………………………………………………………………………………………11’11125根据二次函数的性质可知，当cos2B=−时，+取得最大值．……12’4ab22641019.【答案】(1)证明见解析(2)5【详解】（1）证明：因为BC=2，且D为BC的中点，所以CD=1,因为CC11==AA2，C1CB=60，所以CD=CC22+CD−2CCCDcosCCD==4+1−221cos6031111，……1’222所以CC11=+CDCD，所以C1D⊥BC.………………………………………………2’因为平面BB11CC⊥平面ABC，且平面BB11CC平面ABC=BC，CD1平面BB11CC，所以CD1⊥平面，…………………………………………4’又AB平面，所以C1D⊥AB.……………………………………………………5’（2）因为AB=AC，D为的中点，所以AD⊥BC,因为平面平面，且平面平面，AD平面，3所以AD⊥平面BB11CC，又CD1平面，所以AD⊥C1D.所以AD，DB，CD1两两垂直，故以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），.……………………………………………………6’则A(3,0,0)，C(0,−1,0)，C1(0,0,3)，所以AC1=−(3,0,3)，C11A==CA(3,1,0),…………………………………………7’n=AC10设平面AAC11的一个法向量n=(x1,,yz11)，则,n=C11A0−3xz11+3=0即,30xy11+=令x1=1，解得y1=−3，z1=1，所以n=−(1,3,1)；……………………………9’平面ADC1的一个法向量可取m=(0,1,0)，………………………………………10’|mn|315设二面角A11−−ACD的大小为，[0,π]，则|cos|===，|mn|||515210所以sin=1−cos2==.………………………………………………12’5520.解：（1）将得分为50分记为事件A；得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，41122212221可能的结果共有：CCCCCCCCCC2233+233+233=54（种）……………1’23三名顾客产生的反馈结果总共有：(C4)=216（种）……………………2’541则PA()==21641购物中心得分为50分的概率为…………………………………………3’4（2）将顾客丙投出一个不满意记为事件B，则221CCC2331P()AB==23……………………………………………………5’(C4)241P(AB)1PBA(|)==24=……………………………………………………6’PA()164（3）X可能的取值为2、3、4、5、6……………………………………………7’211CCC2331PX(=2)=23=(C4)241111212221CCCCCCCCCC2233++2332331PX(=3)=23=(C4)422211121121211CCCCCCCCCCCCCC233+++223322332335PX(=4)=23=(C4)121PX(==5)4222CCC2331PX(=6)=23=…………………………………………………………11’(C4)24X23456115P2441211511EX()=2++34++56=424412424=10X，EEX()=10()=40…………………………………………12’5x2321.【答案】（1）+=y21；（2）证明见解析，(,0).22（1）由题知，解得a2=2，b2=1，所以椭圆C的方程为；……………4’（2）设A(,)x11y，B(,)x22y因为直线l的斜率不为零，令的方程为：x=+my1，x=+my1由2得(m22+2)y+2my−1=0，x2+=y122m1则yy+=−，yy=−，………………………………………6’12m2+212m2+2AP⊥PQ，则Qy(2,2)，yy12−yy12−则kAQ=，故AQ的方程为：y−y2=(x−2)，……………7’x1−2x1−2由椭圆的对称性，则定点必在x轴上，所以令y=0，则−y(x−2)−y(my−1)−myy+yx=21+2=21+2=122+2，y1−y2y1−y2y1−y2yy+而，，−myy=−12，122yy+−+12y213所以x=2+22=−+=，………………………………………11’yy1−222故直线AQ恒过定点，且定点为，同理直线BP也过定点.………12’22.解：（1）由f(x)=ex+2ax−1，得f'(x)=+ex2a，……………………1’1当a0时，因为fa(−1)=−1−20，不合题意；…………………2’e当a0时，当xa(−,ln(−2))时，fx'()0，fx()单调递减，……3’当xa(ln(−2),+)时，fx'()0，单调递增，…………………4’6所以f(x)min=f(ln(−2a))=−2a+2aln(−2a)−1，要fx()0，只需f()xmin=−2a+2ln(2)10a−a−，…………………5’令g(x)=x−xlnx−1，则g'(x)=−lnx，当x(0,1)时，gx'()0，gx()单调递增；当x(1,+)时，gx'()0，单调递减；所以g(x)=g(1)0，则由g(2)−a=−2a+2ln(2)10a−a−得−=21a11所以a=−，故实数a取值的集合−…………………………………6’22（2）由已知F(x)=ex−ax2+2ax−1，F'(x)=ex−2ax+2a，因为函数Fx()有两个不同的极值点x1，x2，所以有两个不同零点，若a0时，则Fx'()在R上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；…………7’11x−x−1当a0时，由ex−2ax+2a=0，得=，令()x=，2aexex2−x所以'(x)=，当x(−,2)时，'(x)0，()x单调递增；ex当x(2,+)，'(x)0，单调递减；1所以(x)==(2)，…………………………………………………8’maxe2x−111e2因为(1)=0，lim=0，所以0，所以a，x→+ex2ae2212故实数a的取值范围为e,+…………………………………………9’2设xx12，则12xx12，7x1x2因为(xx12)==()0，所以e=−22ax1a，e=−22ax2a，ex2x−1则=2，取对数得x−x=ln(x−1)−ln(x−1)，x12121ex1−1令xt11−=1，xt22−=1，则t2−t1=lnt2−lnt1，即t2−lnt2=t1−lnt1(0t11t2)，令u(t)=−tlnt，则u()()t12=ut，1因为u'(t)=−t，所以u(t)=−tlnt在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递t增，…………………………………………………………………………………10’11令v(t)=u(t)−u=t−−2lnt，tt(t−1)2则vt'()=0，vt()在(0,+)上单调递增，t21又v(1)=0，所以当t(0,1)时，v(t)=v(1)0，即u()tu，………11’t1因为t21，21−t1，u(t)=−tlnt在(1,+)上单调递增，所以t2，t11所以x2−1，即x1x2+x1x2，x1−1212所以xxx+xe2()()x+xax+x12123212312故3x1x2+2a(x1x2)成立。………………………………………………12’8