蚌埠市２０２３届高三年级第四次教学质量检查考试数学参考答案及评分标准一、选择题：题 号１２３４５６７８答 案ＢＤＡＣＤＢＡＣ二、选择题：题 号９１０１１１２答 案ＢＣＡＢＣＤＢＣＤＡＣ三、填空题：６８６４π５１３， １４槡 １５１ １６（２分），（３分）(５５)４３８四、解答题：１７（１０分）（１）∵２ｓｉｎ２Ａ－２ｓｉｎ２Ｂ＋２ｓｉｎＢｓｉｎＣ＝１－ｃｏｓ２Ｃ＝２ｓｉｎ２Ｃ，∴ｓｉｎ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ－ｓｉｎ２Ａ＝ｓｉｎＢｓｉｎＣ，由正弦定理得ｂ２＋ｃ２－ａ２＝ｂｃ，………………………………………………………２分ｂ２＋ｃ２－ａ２ｂｃ１∴ｃｏｓＡ＝＝＝，２ｂｃ２ｂｃ２π又Ａ∈（０，π），∴Ａ＝……………………………………………………………５分３１π（２）∵Ｓ＝６３，∴ｂｃｓｉｎ＝６３，∴ｂｃ＝２４……………………………………７分△ＡＢＣ槡２３槡π由题意知∠ＢＡＤ＝∠ＤＡＣ＝，６∵Ｓ△ＡＢＤ＋Ｓ△ＡＤＣ＝Ｓ△ＡＢＣ，１π１π１π∴ＡＢ·ＡＤｓｉｎ＋ＡＤ·ＡＣｓｉｎ＝ＡＢ·ＡＣｓｉｎ，２６２６２３３∴ｂ＋ｃ＝槡ｂｃ＝６３，…………………………………………………………………９分４槡２２２π２∴ａ＝ｂ＋ｃ－２ｂｃｃｏｓ＝（ｂ＋ｃ）－３ｂｃ＝３６，故ａ＝６３∴△ＡＢＣ的周长为６＋６槡３………………………………………………………１０分１８（１２分）１１２１（１）由ａ１＝２，－＝１，ａｎ＋１＝２ｂｎ得－＝１，ｂｎａｎａｎ＋１ａｎ１１１１１整理得－１＝（－１），而－１＝－≠０，ａｎ＋１２ａｎａ１２１１１所以数列－１是以－为首项，公比为的等比数列，………………………２分{ａ}２２ｎ１１１ｎ－１１所以－１＝－＝－，ａ２(２)ｎｎ２２ｎ∴ａ＝，…………………………………………………………………………５分ｎ２ｎ－１蚌埠市高三年级数学参考答案第１页（共４页）１２ｎ∴ｂ＝ａ＝……………………………………………………………６分ｎ２ｎ＋１２ｎ＋１－１ｎ２ｎ＋１－１ｎ（２）＝ｎ·ｎ＝２ｎ－ｎ，……………………………………………………………７分ｂｎ２２１２ｎ设Ｓ＝＋＋…＋， ①ｎ２２２２ｎ１１２ｎ则Ｓ＝＋＋…＋， ②２ｎ２２２３２ｎ＋１１１－１１１１ｎ２２ｎ＋１ｎｎ＋２①－②得Ｓ＝＋＋…＋－＝－＝１－，从而２ｎ２２ｎｎ＋１１ｎ＋１ｎ＋１２２２１－２２２ｎ＋２Ｓ＝２－…………………………………………………………１１分ｎ２ｎｎ（２＋２ｎ）ｎ＋２∴Ｔ＝－Ｓ＝ｎ２＋ｎ－２＋…………………………………………１２分ｎ２ｎ２ｎ１９（１２分）（１）记“所选取的２名学生选考物理、化学、生物科目数量相等”为事件Ａ，２２２Ｃ１０＋Ｃ４０＋Ｃ５０４１则Ｐ（Ａ）＝２＝………………………………………………………２分Ｃ１００９９（２）由题意可知Ｘ的可能取值分别为０，１，２，则２２２１１１１１１Ｃ１０＋Ｃ４０＋Ｃ５０４１Ｃ１０Ｃ４０＋Ｃ４０Ｃ５０１６Ｃ１０Ｃ５０１０Ｐ（Ｘ＝０）＝２＝，Ｐ（Ｘ＝１）＝２＝，Ｐ（Ｘ＝２）＝２＝，Ｃ１００９９Ｃ１００３３Ｃ１００９９从而Ｘ的分布列为：Ｘ０１２４１１６１０Ｐ９９３３９９４１１６１０６８故Ｘ的期望为Ｅ（Ｘ）＝０×＋１×＋２×＝………………………………７分９９３３９９９９（３）所调查的１００名学生中物理、化学、生物选考两科目的学生有４０名，４０２相应的频率为＝，………………………………………………………………９分１００５２由题意知Ｙ～Ｂ（４，），所以事件“Ｙ≥２”的概率为５２２２２２３２８Ｐ（Ｙ≥２）＝Ｃ２（）２×（１－）２＋Ｃ３（）３×（１－）＋Ｃ４（）４＝４５５４５５４５６２５……………………………………………………………………………１２分２０（１２分）（１）证明：∵侧面ＡＤＦＣ是正方形，底面ＡＢＣ是等腰直角三角形，∴ＣＡ⊥ＡＢ，ＣＡ⊥ＡＤ又∵ＡＢ∩ＡＤ＝Ａ，∴ＣＡ⊥平面ＡＢＥＤ，而ＭＥ平面ＡＢＥＤ，∴ＣＡ⊥ＭＥ…………２分由题意四边形ＡＢＥＤ为菱形，且∠ＡＢＥ＝６０°，∴△ＡＥＤ是等边三角形，∵Ｍ为ＡＤ中点，∴ＭＥ⊥ＡＤ，又ＣＡ∩ＡＤ＝Ａ，∴ＭＥ⊥平面ＡＤＦＣ，而ＭＥ平面ＣＭＥ，∴平面ＣＥＭ⊥平面ＡＤＦＣ…………………………………………………………５分（２）假设存在点Ｐ满足题意，则由（１）知ＣＡ⊥平面ＡＢＥＤ，∠ＢＡＤ＝１２０°，取ＢＥ中点Ｎ，以ＡＮ，ＡＤ，ＡＣ方向分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴正方向建立空间直角坐标系，则Ａ（０，０，０），Ｂ（槡３，－１，０），Ｅ（槡３，１，０），Ｍ（０，１，０），Ｃ（０，０，２），………………６分蚌埠市高三年级数学参考答案第２页（共４页）→→→从而ＡＢ＝（槡３，－１，０），ＣＥ＝（槡３，１，－２），ＭＥ＝（槡３，０，０）→→→→→设ＣＰ＝λＣＥ（λ∈［０，１］），则ＡＰ＝ＡＣ＋ＣＰ＝（槡３λ，λ，２－２λ），→ＡＢ·ｍ＝０，槡３ｘ－ｙ＝０，设平面ＡＢＰ的法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则→即{ＡＰ·ｍ＝０，{槡３λｘ＋λｙ＋（２－２λ）ｚ＝０，取ｍ＝（λ－１，槡３λ－槡３，槡３λ）……………………………………………………８分→ＣＥ·ｎ＝０，槡３ａ＋ｂ－２ｃ＝０，设平面ＣＭＥ的法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ），则→即{ＭＥ·ｎ＝０，{槡３ａ＝０，取ｃ＝１得ｎ＝（０，２，１）……………………………………………………………１０分｜ｍ·ｎ｜｜２３（λ－１）＋３λ｜３２８５∴ｃｏｓθ＝＝槡槡＝槡，｜ｍ｜·｜ｎ｜２２９５槡５·槡３λ＋４（λ－１）１１０化简得，２７λ２－３９λ＋１０＝０，解得λ＝或（舍）３９１２２故存在ＣＰ＝ＣＥ＝槡满足题意………………………………………………１２分３３２１（１２分）ｃ２＝槡，ａ２ａ２＝４，（１）解：由题意得： 解得ａ２＝ｂ２＋ｃ２，{ｂ２＝２{２ｂ＝２２，槡ｘ２ｙ２故椭圆Ｃ的方程为：＋＝１……………………………………………………５分４２ｘ２ｙ２（２）证明：直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，代入＋＝１，４２２２２得（２ｋ＋１）ｘ＋４ｋｍｘ＋２ｍ－４＝０设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），－４ｋｍ２ｍ２－４则ｘ＋ｘ＝，ｘ·ｘ＝，………………………………………………７分１２２ｋ２＋１１２２ｋ２＋１１１－４ｋｍ２２ｍ２－４所以Ｓ△ＯＭＮ＝｜ｍ｜·｜ｘ１－ｘ２｜＝｜ｍ｜２－４·２＝槡２，２２槡(２ｋ＋１)２ｋ＋１即ｍ４－（４ｋ２＋２）ｍ２＋（２ｋ２＋１）２＝０，得ｍ２＝２ｋ２＋１２２ｙ１ｙ２ｋｘ１ｘ２＋ｋｍ（ｘ１＋ｘ２）＋ｍ所以ｋＯＭ·ｋＯＮ＝＝ｘ１ｘ２ｘ１ｘ２ｋ２（２ｍ２－４）＋ｋｍ（－４ｋｍ）＋ｍ２（２ｋ２＋１）１－２ｋ２１＝＝＝－，……１０分２ｍ２－４４ｋ２－２２２ｙ０－槡２ｙ０＋槡２ｙ０－２１设Ｔ（ｘ０，ｙ０），得ｋＡＴ·ｋＢＴ＝·＝２＝－，ｘ０ｘ０ｘ０２因为ＡＴ∥ＯＭ，ｋＡＴ＝ｋＯＭ，所以ｋＢＴ＝ｋＯＮ，即ＢＴ∥ＯＮ……………………………１２分２２（１２分）ｘ２（１）证明：令ｇ（ｘ）＝ｃｏｓｘ－１＋，易知２ｇ′（ｘ）＝－ｓｉｎｘ＋ｘ，ｇ″（ｘ）＝－ｃｏｓｘ＋１≥０，故ｇ′（ｘ）在Ｒ上单调递增，又ｇ′（０）＝０，故ｇ′（ｘ）＞０在（０，＋∞）恒成立，即ｇ（ｘ）在（０，＋∞）单调递增，又ｇ′（ｘ）＜０在（－∞，０）恒成立，即ｇ（ｘ）在（－∞，０）单调递减，ｘ２因为ｇ（０）＝０，故ｇ（ｘ）≥０在Ｒ上恒成立，即ｆ（ｘ）≤…………………………４分２蚌埠市高三年级数学参考答案第３页（共４页）π（２）由ｈ（ｘ）＝ａｌｎ（ｘ＋１）－１＋ｃｏｓｘ，ｘ∈０，，(２)ａａｈ′（ｘ）＝－ｓｉｎｘ，ｈ″（ｘ）＝－－ｃｏｓｘ＜０，ｘ＋１（ｘ＋１）２ππａ１所以ｈ′（ｘ）在０，单调递减，又ｈ′（０）＝ａ＞０，ｈ′＝－１＜－１＜０，(２)(２)ππ＋１＋１２２π由零点存在性定理知，存在唯一实数ｍ∈０，，使得ｈ′（ｍ）＝０，(２)故当ｘ∈（０，ｍ），ｈ′（ｘ）＞０，ｈ（ｘ）单调递增；πｘ∈ｍ，，ｈ′（ｘ）＜０，ｈ（ｘ）单调递减又ｈ（０）＝０，故ｈ（ｍ）＞０，(２)πππ且ｈ（ｘ）＞０在（０，ｍ）恒成立，又ｈ＝ａｌｎ＋１－１＜ｌｎ＋１－１＜０，(２)(２)(２)π故存在唯一ｘ∈０，，使得ｈ（ｘ）＝０…………………………………………８分０(２)０下面证明ｘ０＞槡４ａ＋１－１，只需证ｈ（槡４ａ＋１－１）＞０，即证ａｌｎ槡４ａ＋１＞ｆ（槡４ａ＋１－１）（４ａ＋１－１）２由（１）知：ｆ（４ａ＋１－１）≤槡，槡２（４ａ＋１－１）２只需证：ａｌｎ４ａ＋１＞槡，槡２（ｔ＋１）２－１ｔ２＋２ｔ令ｔ＝４ａ＋１－１，∵０＜ａ＜１，∴ｔ∈（０，５－１），而ａ＝＝，槡槡４４ｔ２＋２ｔｔ２２ｔ故只需证ｌｎ（ｔ＋１）＞ｌｎ（ｔ＋１）＞，其中ｔ∈（０，５－１），４２ｔ＋２槡２ｔ令Ｆ（ｔ）＝ｌｎ（ｔ＋１）－，ｔ∈（０，５－１），ｔ＋２槡１４ｔ２则Ｆ′（ｔ）＝－＝＞０，ｔ＋１（ｔ＋２）２（ｔ＋１）（ｔ＋２）２所以Ｆ（ｔ）在（０，槡５－１）上单调递增，２ｔ所以Ｆ（ｔ）＞Ｆ（０）＝０，即ｔ∈（０，５－１）时，ｌｎ（ｔ＋１）＞，槡ｔ＋２所以ｘ０＞槡４ａ＋１－１……………………………………………………………１２分（以上答案仅供参考，其他解法请参考以上评分标准酌情赋分）蚌埠市高三年级数学参考答案第４页（共４页）