2023年福建省七地市高中毕业班第一次质量检测各科试题及答案.rar

4-4-4-3-281012743-2-4+286-283 20232023 届高三毕业班第一次质量检测届高三毕业班第一次质量检测 数学试数学试题参考题参考答案答案及评分细则及评分细则 2023.1 一、选择题：1-8：B A D C C B A B 二选择题：本题本题共共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选全部选对的得对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分.9-12:AB AC AD BCD 三填空题：本题共本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.13.3 14.100 15.|12x（答案不唯一）16.348 四解答题：本题本题共共 6 小题，共小题，共 70 分分.解解答应写出文字说明答应写出文字说明证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.17解：（1）依题意0na，当1n=时，()111144(3=1)aSaa=+，解得13a=，1 分 由()()*1)4(3nnnSaan=+N，当2n 时，有()1111)4(3nnnSaa=+，作差得：2211422nnnnnaaaaa=+，2 分 所以()()1120nnnnaaaa+=，3 分 因为10nnaa+，所以()122nnaan=，4 分 所以数列na是首项为 3，公差为 2 的等差数列，所以2+1nan=.5 分（2）50101a=，又6721012，同时644892a=，故5044ba=7 分 所以12612501244.(.)(22.2)bbbaaa+=+8 分 6144442(21)()2150.221aa=+=10 分 18解：（1）已知3cos4coscosbcAacBabC+=，2 分 代入余弦定理，2222222223()4()bcaacbabc+=+，4 分 化简得：224cb=，所以2bc=5 分（2）由正弦定理知sinsinbBcC=即sin2sinBC=，6 分 又3BC=，故sinsin3sin(2)sin2coscos2sinBCCCCCCC=+=+7 分 2232sin(1 sin)(12sin)sin3sin4sin2sinCCCCCCC=+=，8 分 即234sin2C=，得1sin2C=，9 分 故5()66CC=舍去，此时，32BC=，10 分 222bcAB=，3BC=，则ABC的面积131322ABCS=.12 分 19解：（1）EF 面11AACC，又1AC 面11AACC，1EFAC，1 分 又F为1AC的中点，1EAEC=，2 分 又在11Rt AB E、Rt BEC中，1BEEB=，易证得11AB ECBE，3 分 故11ABBC=.又11ABAB=，所以ABBC，4 分 2AC=，故1AB=.5 分（2）以点1B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系1Bxyz，6 分 其中1(1,0,0)A，2(0,0,)2E，(0,1,2)C，7 分 则12(1,0,)2AE=，1(1,1,2)AC=，不妨设000(,)x y z=m是平面1CAE的一个法向量，那么1100AEAC=mm即0000020220 xzxyz+=+=，令02z=，则(2,2,2)=m.9 分 又1111BCAB BA面，故11(0,1,0)BC=是平面11AB BA的一个法向量.10 分 设为二面角1CAEA所成平面角，则111121cos2|2 2BCBC=mm，即二面角1CAEA的余弦值为12 12 分 20.解：（1）设“操作成功”为事件S，“选择设备M”为事件A，“选择设备N”为事件B .1 分 由题意，1()()2P AP B=，2(|)3P S A=，1(|)2P S B=2 分 恰在第二次操作才成功的概率()()PP S P S=，12117()()(|)()(|)232212P SP A P S AP B P S B=+=+=，3 分 5()1()12P SP S=4 分 所以恰在第二次操作才成功的概率为57351212144=.5 分（2）设方案甲和方案乙成功操作累计次数分别为,X Y，则,X Y可能取值均为 0，1，2，(0)()(|)(|)()(|)(|)P XP A P S A P S BP B P S B P S A=+1211121(1)(1)(1)(1)2322236=+=；7 分(1)()(|)(|)()(|)(|)()(|)(|)()(|)(|)P XP A P S A P S BP A P S A P S AP B P S B P S AP B P S B P S A=+12112211211135(1)(1)(1)(1)23223322322272=+=；8 分(2)()(|)(|)()(|)(|)P XP A P S A P S AP B P S B P S B=+1221112523322272=+=；9 分 所以1352585()0126727272E X=+=10 分 方法一：(0)()(|)(|)()(|)(|)P YP A P S A P S AP B P S B P S B=+12211113(1)(1)(1)(1)23322272=+=；(1)()(|)(|)()(|)(|)P YP A P S A P S AP A P S A P S A=+()(|)(|)()(|)(|)P B P S B P S BP B P S B P S B+12212211111117(1)(1)(1)(1)23323322222236=+=(2)()(|)(|)()(|)(|)P YP A P S A P S AP B P S B P S B=+1221112523322272=+=；所以13172584()01272367272E Y=+=11 分 方法二：方案乙选择其中一种操作设备后，进行 2 次独立重复试验，所以12117()2223226E Y=+=，11 分 决策一：因为()()E XE Y，故方案甲更好 12 分 决策二：因为()E X与()E Y差距非常小，所以两种方案均可 12 分 21.解：（1）由题意设焦距为2,c则2c=，1 分 由离心率为22，所以2 2a=，2 分 则2224bac=，3 分 的方程为22184xy+=4 分（2）不存在，5 分 证明如下：假设存在圆1F满足题意，当圆1F过原点 O 时，直线PN与 y 轴重合，直线PM的斜率为 0，不合题意 6 分 依题意不妨设为1:2PMyk x=+1(0),k 2:2PNyk x=+2(0),k，1122(,),(,)M x yN xy，圆1F的半径为r，则圆心到直线PN的距离为121|22|1krk+=+，即12,k k是关于k的方程222(4)840rkkr+=的两异根，此时121k k=，8 分 再联立直线PM与椭圆方程1222184yk xxy=+=，得2211(12)80kxk x+=，得2112211824,1212kkMkk+，令121kk=，得2112211824,22kkNkk+，10 分 由题意，PMMN，即11MNkk=，此时 2211222222421111111122211111111122112424122(21)(2)(2)(21)44(1),884(21)4(2)4(1)122MNkkkkkkkkkkkkkkkk kk kkkk+=+11 分 所以2111(1)1kkk+=，因为10,k 所以方程无解，命题得证.12 分 22解：（1）已知2()e2xaxf x=，0a，则()exfxax=，1 分 令()exg xax=，则()exg xa=，当lnxa=时，()0g x=，那么()g x在(,ln a上单调增减，在ln,)a+上单调递增，2 分 则()(ln)ln(1 ln)g xgaaaaaa=，当0ea 时，()0g x 恒成立，故()f x在R上无极值点；3 分 当ea 时，(ln)0ga，显然11lnaa，11()e10aga=，则()f x在1(,ln)aa上有一个极值点，4 分 又2(2ln)2 ln(2ln)gaaaaa aa=，令()2ln(e)h xxx x=，22()110eh xx=，故()h x在(e,)+上单调递增，则(2ln)0ga，则()f x在(ln,2ln)aa上有一个极值点.5 分 综上，当ea 时，函数()f x没有极值点；当ea 时，函数()f x有两个极值点.（2）由（1）中知()exfxax=，则12,x x是方程e0 xax=的两根，不妨令e()xh xx=，2e(1)()xxh xx=，知()h x在(0,1)上单减，在(1,)+上单增，观察图象知，当2e(e,)2a时，101x，212x，6 分 下先证122xx+（*）由1212eexxaxax=，两边取对数得1122lnlnlnlnxaxxax=+=+，作差，得1122lnxxxx=，（*）等价于证明121212lnln21xxxxxx=+11122121222(1)2()ln1xxxxxxxxxx=+，7 分 令12(0,1)xt tx=，2(1)()ln,(0,1)1ttttt=+，2222214(1)4(1)()0(1)(1)(1)ttttttt tt t+=+，故()t在(0,1)上单增，从而()(1)0t=，即证得122xx+，8 分 那么12221122()2()e2e2xxaxf xf xax+=+112212ee2ee2xxxxxx=+1212(1)e(2)e2xxxx=+，9 分 再证明21221(2)eexxxx,令()(2)e,(1,2)xS xxx=，()(1)e0 xS xx=，故()S x在(1,2)上单减，则21()(2)S xSx，那么1121121()2()(1)ee2xxxf xf xx+，10 分 再令2()(1)ee,(0,1)2xxxM xxx=+，21()(1)e(1)e2xxM xxx=+21(1)(ee)02xxx=+，则()M x在(0,1)上单增，故0e3e()(1)e22M xM=+=，11 分 即证得123e()2()2f xf x+.12 分 1234567815 2023 35 17 13C 23D 33D 44 254 218 63A 73B 86 2 25 96 2635 20 103C 113D 123D 138 14 2124 21143 139153C 166 33 35 6 176 121312011 183 1194 1211204 245 9 213A 226 260 2360 1 2 201615111065020202055 4161 2 3 4 250111