南平市2023届高中毕业班第三次质量检测数学参考答案及评分标准说明：1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.3.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.一、选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分40分。1．C2．B3．C4．C5．D6．A7．B8．A二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．BD10．ACD11．AC12．BCD三、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分20分。13．2014．(1,1)（答案不唯一）15．2exye016．82π四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.（10分）aa解：（1）依题意，{n}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以n1（n1)22n1，TnTn..................................................................................................................................................................2分即，从而当≥时，有，分(2n1)Tnann2(2n3)Tn1an1.......................................................32n1aa两式相除得，nn，由已知得，从而，Tn0an02n3an12n3所以当≥时，2n11，即，分n2an1......................................................................52n3an12n12n1所以a....................................................................................................................................6分n2n1Ta1（2）设{n}的前n项和为S，由（1）得，Tn，所以T，..................7分2n3nn2n1n2n1T1111故n()，......................................................................8分2n3(2n1)(2n3)22n12n3数学参考答案第1页（共8页）1111111111n所以S()().................10分n235572n12n3232n33(2n3)18.（本小题满分12分）解：sinBsinCcosC（1）依题意得，................................................................................................2分cosBsinCcosC所以sinBsinCsinBcosCcosBsinCcosBcosC，所以sinBCcosBC0，.......................................................................................................4分所以tanBC1即tanA1，....................................................................................................5分π又因为0Aπ，所以A..............................................................................................................6分411π（2）由Sa2bcsin，...................................................................................................7分△ABC2242所以abc．4π由余弦定理得a2b2c22bccos，...............................................................................................8分4222即abc2bc，11所以b2c2b2c22bc，即b2c22bcb2c2≥2bc，...............................................10分88所以bc≥822，当且仅当bc时取“等号”，..........................................................................11分1π22而，故．...................................12分S△ABCbcsinbcS△ABCmin822424244419．（12分）数学参考答案第2页（共8页）（1）证明：作SO平面ABC，垂直为O，则SBO为SB与平面ABC所成角，所以SBO,在Rt△SBO中，由SB4可得BO2，SO23．........................................1分3因为SO平面ABC，所以SOCO,所以在Rt△SCO中，由SC26，SO23，可得CO23，..............................................2分在△BCO中，由BC4，CO23，BO2，可得BC2CO2BO2,从而COBO,且BCO,........................................................................................................................................3分6在△ACO中,AC4,ACO,所以△ACO△BCO,6从而AOBO2,所以AOBO4，又AB4，所以点O必在AB上，且O为AB的中点．..........................................................................................................................................................4分因为SO平面ABC，所以SOAB,又ABCO，SOCOO,SO,CO平面SCO，所以AB平面SCO，从而SCAB.................................................................................................6分（2）解：以点O为坐标原点，OC,OB,OS所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，...........................................................................................................................7分B(0,2,0)，C(23,0,0)，S(0,0,23)，D(3,3,0)，13333则OM(OSOD)(,,3)，即M(,,3)．..................................................8分2222237BM(,,3),BC(23,2,0)，2237nBM0，xy3z0，设平面BCM的法向量为n(x,y,z)，由得22nBC0，23x2y0.取y3，可得n(1,3,4)，......................................................................................................10分取平面SBC的一个法向量m(1，0，0),....................................................................................11分mn15设所求的角为，则cos|cosm,n|||||，因此所求平面SBC|m||n|2010数学参考答案第3页（共8页）5与平面SAD夹角的余弦值为.....................................................................................................12分1020．（12分）解：（）因为散点集中在一条直线附近，设回归直线方程为ˆ1vi,ii1,2,,6ˆbvaˆ，nvnvii75.364.13.051ˆi1由v4.1,3.05，则bn2，...........................................2分22101.464.12vinvi11所以aˆbˆv3.054.11，.....................................................................................................4分21所以变量关于v的回归方程为ˆv1，211令vlnx,lny,所以lnylnx1,所以2，................................................................6分2yˆex1综上，y关于x的回归方程为yex2．1yex2eee（2）由,，解得49≤x≤81，所以x50,60,65,72，xx197x2所以B，C，D，E为“热门套票”，................................................................................................8分则三人中购买“热门套票”的人数X服从超几何分布，X的可能取值为1,2,3．C1C21C2C13C3142424．....................................................10分P(X1)3,P(X2)3P,(X3)3C65C65C65所以X的分布列为：X123131P555131E(X)1232．............