“宁化、永安、尤溪、大田、沙县一中”五校协作2023—2024学年高三11月联考高三数学参考答案一.选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1-4．CBCC5-8.ADBD8．【解析】正三棱锥ABCD中，ABCD，ABCE，∴AB平面ACD，又AC,AD平面∴ABAC，ABAD，又三棱锥为正三棱锥，所以三条侧棱两两相互垂直，设ABa,a2a2BC2,BC2a,可得正三棱锥的表面积为1323332a22aa．设外接球的242半径为R，则2Ra222aa，3Ra，则外接球的表面积S4R223a,233a2所以两表面积的比为33，故选：D．236a2二.多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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．BC10.ACD11.AD12.ABD1Sn11112．【解析】a1,且当n2时,Sn.两边同时取倒数可得:2,221Sn1SSnn11111即2(n2),且2,数列是等差数列,其公差为2,首项为2,所以A正确.SSSnn11Sn1122nn12,可得Sn,Sn2n第1页共8页{#{QQABaYaQggiIABIAAAgCUwWACAIQkBGCAKoOBEAMIAABgRNABAA=}#}1,1n1112当n2时,anSnSn1,所以an;2n2n12nn11,2n21nn所以an是先递减再递增的数列，当n时，an0，所以a1最大，a2最小.B正确，C错误..11对于D.当时,b21na,又n1时,b1,对于上式也成立.b,nnn1nn1111b22n2时,n21,nn22n12n142222111111112b2b3b4bn122，D正确35572121nn3213n故选ABD三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．3114．12015．1,116．0,216．【解析】设函数fx2lnx上的切点坐标为xx11,2ln，且x10，函数gxax上的切1a点坐标为x,ax，且x0,又fx,gx，222x2x1aa2则公切线的斜率k，则a0,所以2，xx21x12x2411则公切线方程为y2lnx11xx，即yxlnx11,x1x1221aa124lnx4代入得：axxlnx1，则xx2lnx1，整理得a1，x22,ax221111x124x1x124lnx4若总存在两条不同的直线与函数fx,gx图象均相切，则方程a1有两个不同的实根，x144lnx4xx4ln4设hx,0x，则xxhxx2令hx0得x1，当x0,1时，hx0,hx单调递增，x1,时，hx0,hx单调递减，第2页共8页{#{QQABaYaQggiIABIAAAgCUwWACAIQkBGCAKoOBEAMIAABgRNABAA=}#}1又hx0可得x，则x0时，hx;x时，ehx0，则函数hx的大致图象如右：a0a所以2，解得0a2,故实数的取值范围为0,2.04a四.解答题：本题共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．解：（1）由已知：sinBCABsin2sincos，……1分得sinBABABAB2sincossinsin，……2分所以BAB,或BAB=（舍去），……3分即AB2……4分ππ若B，则A；……5分126222()bc22a(bc)bc2bccosA（2）由题意得acac2b1cosA2sinB1cosA2sinB1cos2B2cosB，……7分asinAsin2Bπ而ABB3π，所以B0,，……8分3bcabca故2cosB1,2，即1,2.……10分acT18．解：（1）由题意可得Afx3，设函数yfx的最小正周期为T，则，得T，max2222，此时，fx3sin2x.……2分T因为函数的图象关于直线x对称，则2kkZ，3327πkkZ，，k1，，则fx3sin2x……4分6266令2k2x2k，得kxk26236第3页共8页{#{QQABaYaQggiIABIAAAgCUwWACAIQkBGCAKoOBEAMIAABgRNABAA=}#}x,，∴取k0，……6分64因此，函数yfx在区间,上的递增区间为,.……7分6466（2）又因为xR，fxf2tx=0，所以函数fx图象的对称中心为t,0，…8分则ft3sin2t0，所以2tkkZ，……10分66k解得tkZ，……11分2125当k1时，t取到了最小正值为.……12分1219．解:（1）设等差数列an的公差为d，则等差数列通项公式为ana11(n1)daddn，22所以nk1ad1dndna11n(ad)4nn，d4d4所以a11，所以a11，所以an14(n1)4n3，……3分a1dkk3又因为2Tbnn33，所以当n2时，2Tbnn1133，两式相减可得2bn3bn3bn1，即bbnn31，令n1，则2bb1133，解得b13，n所以数列bn是以3为首项，3为公比的等比数列，所以bn3.……6分5k18k39k法二、由n14an2nk可得a，a，an1223345k39k493k362k所以aa2a，解得k3，（其他同上）13244234n22nk4(n1)7(n1)3k法三、由可得annn11解得，（其他同上）（2）由（1）可知，a11,a25,a39,,a2181,,a50197,a51201,a52205,b13,b29,b327,b481,b5243,第4页共8页{#{QQABaYaQggiIABIAAAgCUwWACAIQkBGCAKoOBEAMIAABgRNABAA=}#}所以数列cn的前50项为数列an的前52项去除aa39,2181,……10分所以数列的前50项和52(1205)S159205981905266.……12分50220．解:（1）证明：连接BD，DF，在△BCD中，EπFDC4，BC2，BCD，3πBD222BCDC2BCDCcos12，D3CA……2分B可得DBC，即BDBC，同时AD//BC，可得BDAD，……3分2同理可得DFAD，……4分因为，，且BD平面BDF，DF平面，BDDFD，所以AD平面；……5分又因为BF平面，所以ADBF.……6分（2）解：在BDF中，易得BDFD23，且BF26，所以BDFD，同时，，以DA所在直线为x轴，以DB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz.……7分zEFDCAxBy其中A4,0,0，B0,23,0，F0,0,23，C2,23,0，DC2,23,0，AF4,0,23，AB4,23,0，……8分设向量nx,,yz为平面ABF的法向量，第5页共8页{#{QQABaYaQggiIABIAAAgCUwWACAIQkBGCAKoOBEAMIAABgRNABAA=}#}nAB04x23y0满足，不妨取n3,2,2，……10分nAF04xz230直线CD与平面ABF所成角的正弦值为：DCn2333cosDC,n.……12分22222DCn223322229121．解:（1）一人投掷两颗骰子，向上的点数之和为4的倍数的概为．……1分364（ⅰ）因为第1次从小明开始，所以前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率，13133331339P．……2分44444444464（ⅱ）设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为X，依题意，可取0，1，2，3，111133113311321所以PX(0)，PX(1)，4446444444444464393113PX(2)，PX(3)．所以的分布列为64444640123121393P64646464…5分12139327所以EX()0123．……6分6464646416（2）若第1次从小芳开始，则第n次由小芳投掷骰子有两种情况：1①第n1次由小芳投掷，第次继续由小芳投掷，其概率为PP(n2)；nn141②第次由小明投掷，第次由小芳投掷，其概率为133Pn11Pn11Pn(n2)．……8分2444因为①②两种情形是互斥的，所以13313PPPPPP(n2)，……10分nn12n4n144n12n14第6页共8页{#{QQABaYaQggiIABIAAAgCUwWACAIQkBGCAKoOBEAMIAABgRNABAA=}#}111所以PnnP1(n2)．22211因为P11，所以Pn是以为首项，……11分22n1n111111为公比的等比数列，所以，即分PnPn.……122222222122．（1）解：因为f(x)lnxxax，所以f(x)12ax，……1分x因为fx()在x1处取得极值，所以fa(1)1120，解得a1．……2分(xx1)(21)验证：当时，f(x)112x(x0)，xx易得在处取得极大值．……3分（2）解：因为gxfx()()(a3)xlnxxax22(a3)xlnxax(a2)x，(ax1)(2x1)所以g(x)12ax(a2)(x0)．……4分xx11①若a≥0，则当x(0,)时，gx()0，所以函数gx()在(0,)上单调递增；22当x(,)1时，gx()0，函数在(,)1上单调递减．22a(x1)(2x1)②若a0，g(x)a(x0)，x111当a2时，函数gx()在(0,)和上单调递增，在(,)上单调递减；aa2当a2时，gx()≥0恒成立，所以函数在(0,)上单调递增；111当20a时，函数在和(,)上单调递增，在(,)上单调递减……8分a2a（3）证明：当a2时，f(x)lnxx2x2，22因为f(x1)f(x2)3x1x20，所以lnx1x12x1lnx2x22x23x1x20，22即lnx1x22(x1x2)(x1x2)3x1x20，2所以2(x1x2)(x1x2)x1x2lnx1x2.……9分11t