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（附答案）

这是一份福建省龙岩市2023届高三下学期五月教学质量检测数学试题（附答案），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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12345678选项CDBCCABB二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．题号9101112选项BCBCABACD8．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∴，③①代入②得：，④④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