福建省漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测数学答案_2025年5月_250513福建省漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测（漳州四检）（全科）

漳州市 2025 届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 评分说明： 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．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。 一、单项选择题：本大题共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．D 2．B 3．B 4．C 5．A 6．D 7．C 8．C 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中， 有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．ABC 10．ACD 11．ACD 三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分。 5 12． 5 π 13． f(x)0或 f(x)sin xC ，C为任意常数 2 （写一个满足条件的函数解析式即可） 14．1；x1或x 3y10 四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15．解：（1）由正弦定理，得3 3  sinBcosCsinCcosB bsin A ,·················2分 即3 3sin  BC bsin A,即3 3sin Absin A,····································4分 又sin A0，所以b3 3．····································································6分  （2）因为A ，b3 3，a2 b2 c2 2bccosA， 6 3 所以a2 27c2 23 3c ，即a2 c2 9c27，······························8分 2 a2 b2 c2, c2 9c2727c2,   由△ABC为锐角三角形可得b2 c2 a2,即27c2 c2 9c27,   c2 a2 b2, c2 c2 9c27 27,   9 解得 c6，····················································································12分 2 漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第1页（共7页）又c为正整数，所以c5．·····································································13分 16．解：（1）若a 1，则 f(x)sinxex， 因为当x≥0时， f '(x)cosxex≤110 ，仅当x0时，“=”成立，········3分 所以 f(x)在[0,)上单调递减，······························································4分 所以 f(x)在[0,)上的最大值为 f(0)1．·············································6分 sinx （2） f(x)sinxaex 0a  ，·················································7分 ex sinx cosxsinx 令g(x) ，则g'(x) ，·················································8分 ex ex π 5π 当x[0,2π]时，由g'(x)0，即tanx1，得x 或x ．················10分 4 4 π 当x(0, )时，g'(x)0，g(x)递增； 4 π 5π 当x( , )时，g'(x)0，g(x)递减； 4 4 5π 当x( ,2π)时，g'(x)0，g(x)递增； 4 π 2 5π 2 g(0)0，g( ) ，g( ) ，g(2π)0，····························13分 4 π 4 5π 2e4 2e4 因为 f(x)在[0,2π]上恰有两个零点， 所以直线 y a与曲线y  g(x)(x[0,2π])恰有两个交点， 2 2 所以实数a的取值范围为( ,0)(0, )．········································15分 5π π 2e4 2e4 2a2c6,  17．解：（1）设焦距为2c，依题意得c 1 ···············································2分   , a 2 解得a2,c1，····················································································3分 所以b2 a2 c2 3，··············································································4分 x2 y2 所以C的方程为  1.·····································································5分 4 3 （2）依题意，得P(0, 3)，F(1,0)，F (1,0)， 1 2 则直线PF 的方程为y 3x 3 ，····························································6分 1 设l的方程为xmy1，Ax ,y ,Bx ,y ， 1 1 2 2 漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第2页（共7页）xmy1,  联立x2 y2 得(3m2 4)y2 6my90，·············································8分   1,  4 3 6m 所以36m236(3m24)0 ，y  y  ，·······························9分 1 2 3m2 4 xmy1, 2 3 联立 得N 的纵坐标y  (0, 3)，·······························10分 y 3x 3, N 1 3m 由于 AN  F B ，所以 y y  y y ，其中 y 为F 的纵坐标， 2 1 N F2 2 F 2 2 因为N,F 必在A,B之间，所以y y  y y ，即y y  y y ，··············13分 2 1 N F2 2 1 2 F2 N 6m 2 3 4 3 所以  ，解得m ，················································ 14分 3m2 4 1 3m 3 所以l的方程为 3x4y 3 0.·····························································15分 18．解法一：（1）取CF 的中点G，连接MG,DG ， 1 因为E是PD的中点，且PF  PC， 3 所以F 是PG的中点， 所以DG 2EF，DG∥EF，··················1分 2 2 又PM  PB，PG PC，BC3， 3 3 2 所以MG//BC且MG BC2， 3 又AD//BC，AD 2，所以MG//AD，且MG  AD， 所以四边形ADGM 是平行四边形，····························································3分 所以AM//DG，又DG//EF，所以AM//EF， 所以E,F,A,M 四点共面，即四边形AMFE为平面四边形．···························4分 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥．·································································5分 （2）如图，延长FM 交BC于点N ，连接AN ，直线AN即为所求作的交线． ············································································································8分 （3）因为CD  AD，PA平面ABCD，如图，以A为坐标原点，过点A且与CD平 行的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接AF ， ············································································································9分 漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第3页（共7页）2 2 4 则A0,0,0，B2,1,0，C2,2,0，P0,0,2，E0,1,1，F , , ， 3 3 3 故  A  E  0,1,1，  A  F     2 , 2 , 4 ，  A  P  0,0,2，  E  F     2 , 1 , 1 ，  E  F   2 ，  A  E   2． 3 3 3 3 3 3 3 ···········································································································11分  设平面AEF 的法向量为mx,y,z，   yz0,  mAE0,   则  即2 2 4 不妨取x1，则可得m1,1,1，·············13分 mAF 0,  x y z0, 3 3 3   mAP 2 则点P到底面AMFE的距离为h   ，即为四棱锥的高．···············14分 m 3   2 1 1 因为AEEF 0,1,1 , , 0，所以AE  EF ，因此四边形AMFE为直角梯形， 3 3 3 2 1 2 2 1 又由（1）知，AM 2EF 2 ，则S =  2  2=  6 2= 3， 3 梯形AMFE 2   3 3   2 ···········································································································15分 1 1 2 2 从而，四棱锥PAMFE 的体积V  S h=  3 = ．·················17分 3 梯形AMFE 3 3 3 解法二： （1）连接AC ，AF ，由已知，有     1  1   2 1 AM  ABBM  AB BP  AB (AP AB) AB AP ， 3 3 3 3    1 2 1   1   1 1 EF  AF AE  AC AP (APAD)  (ABBC) AP AD 3 3 2 3 6 2 1  3 1 1 1 1 1  (AB AD) AP AD  AB AP  AM ， 3 2 6 2 3 6 2   所以AM∥EF ，所以四边形AMFE为平面四边形．·····································4分 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥．·································································5分 （2）如图，连接EM 并延长交BD于点N ，连接AN，直线AN 即为所求作的交线． ············································································································8分 漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第4页（共7页）（3）连接AF ，  1 因为EF  AM ，所以S 2S ，所以V 2V ， △FAM △AEF PFAM PAEF 2 所以四棱锥PAMFE的体积V V V  3V ， PAMFE PFAM PAEF PAEF 1 PFPEsinFPE V S PF PE 1 1 1 因为 APEF  △PFE  2      ， V S 1 PC PD 3 2 6 APCD △PCD PCPDsinCPD 2 1 1 1 1 所以V V  V  V  ( S PA) PAEF APEF 6 APCD 6 PACD 6 3 △ACD 1 1 1 1 2  ( ADCD)PA ( 22)2 ， 18 2 18 2 9 2 所以V 3V  ．·································································· 17分 PAMFE PAEF 3 解法三：（1）连接AF ，由已知，有  1 2 AF  AC AP 3 3 1   2 1 1 2  (AB+BC) AP AB+ AD AP, 3 3 3 2 3  2 1  1 1 AM  AB+ AP,AE  AD+ AP , 3 3 2 2  1  所以AF  AM+AE ， 2 所以A,M,F,E四点共面，即四边形AMFE为平面四边形．···························4分 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥．·································································5分 （2）连接FE并延长交CD于点N ，连接AN ，直线AN 即为所求作的交线．···8分 （3）同解法二．····················································································17分 19．解：（1）X 的所有可能取值为1,2,3,．····················································1分 3 1 1 2 因为甲每次出拳时，平局的概率为  ，分出胜负的概率为1  ， 33 3 3 3 “X k”表示“甲、乙这两人玩一轮该游戏分出胜负时，甲共出拳k次”，即“甲前k1 次出拳都平局，第k 次出拳时分出胜负”， 1 2 2 所以X 的分布列为P(X k)( )k1  ，其中kN*，························4分 3 3 3k 即 X 1 2 … k … 2 2 2 P … … 3 9 3k 漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第5页（共7页）2 1 (1 ) 所以  n P(X k)  2  2  2  3 3n 1 1 ．···························6分 3 32 3n 1 3n k1 1 3 （2）①因为任意两人玩一轮该游戏，都产生1分，60人共玩了C2 轮该游戏， 60 6059 所以S S S C2  1770．············································9分 1 2 60 60 2 ②由题意，存在1,2,,29 的一个排列i ,i ,,i ，使得对于k 1,2,,28，都有 1 2 29 {A ,A ,,A }的 “全胜人”为A ．（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人： i k i k1 i 29 i k 若{A,A ,,A }中存在“全胜人”，则剔除这个人；再考虑剩下的28人组成的集合， 1 2 29 若该集合还存在“全胜人”，则再剔除这个人；…；依次类推，最后必存在t个人，这t人 组成的集合不存在“全胜人”，记这t个人为B ,B ,,B (3≤t≤29)．现考虑选B 时 1 2 t 1 的32人组，记为{B,C ,C ,,C }，用B ,B ,,B 替换C ,C ,,C 后得到另一 1 1 2 31 2 3 t 1 2 t1 个32人组成的集合{B,B ,B ,,B,C ,,C }，该集合不存在“全胜人”，与条件矛 1 2 3 t t 31 盾）． 记60人中除A ,A ,,A 外的其余31人为D,D ,,D ． i 1 i 2 i 29 1 2 31 由题意的选人规则可知a ≥31(1≤k≤29)，且A 胜所有的D (1≤i≤31)． i k i 29 i 现考虑A (1≤k≤28)，若A 没有全胜所有的D (1≤i≤31)，则存在D 胜A ，则存 i k i k i j i k 在“胜环”：A  A  A D  A （A B表示A胜B）． i k i k1 i 29 j i k 现考虑选 A 时的 32 人组，记为{A ,E ,E ,,E } ，用 A ,,A ,D 替换 i k i k 1 2 31 i k1 i 29 j E ,E ,,E 后得到另一个32人组{A ,A ,,A ,D ,E ,,E } ，这个集合 1 2 30k i k i k1 i 29 j 31k 31 无“全胜人”，与条件矛盾．因此 A (1≤k≤29) 胜所有的 D (1≤i≤31) ，从而 i k i a 60k(1≤k≤29)，故a ,a ,,a 两两不相等．·································14分 i k 1 2 29 ③由②可知a ,a ,,a 是31,32,,59的一个排列． 1 2 29 现按如下方法选出29个“全负人”：先在这60人中任选32人，记这32人组成的集合 的“全负人”为F ，选出F ；除去F ，从余下的59人中任选出32人，记这32人组成 1 1 1 的集合的“全负人”为F ，选出F ；…；依此类推，直至选出第29个“全负人”F ． 2 2 29 漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第6页（共7页）记F 的累计得分为 f (1≤j≤29)，用与②类似的方法可以证明 f , f ,, f 是0，1，…， j j 1 2 29 28 的一个排列，并且除 A(1≤i≤29) 和 F (1≤j≤29) 外剩余的两人都胜所有的 i j F (1≤j≤29)且都负所有的A(1≤i≤29)，因此这两人的累计总得分只能是29或30， j i 又这两人的累计总得分之和为C2 (0128) (313260) 2930， 60 所以这两人的累计总得分只能是一个29，另一个30． 综上可知S ,S ,S ,,S 是0,1,2,,59的一个排列．·································17分 1 2 3 60 【注】“ f , f ,, f 是0，1，…，28的一个排列”的具体证明如下： 1 2 29 由选人规则可知存在1,2,,29的一个排列 j , j ,, j ，使得对于k 1,2,,28，都 1 2 29 有{F ,F ,,F }的 “全负人”为F ．（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人： j k j k1 j 29 j k 若{F,F ,,F }中存在“全负人”，则剔除这个人；再考虑剩下的28人组成的集合， 1 2 29 若该集合还存在“全负人”，则剔除这个人；…；依次类推，最后必存在r个人，这r人 组成的集合不存在“全负人”，记这r个人为G ,G ,,G (3≤r≤29)．现考虑选G 时 1 2 r 1 的32人组，记为{G ,H ,H ,,H }，用G ,G ,,G 替换H ,H ,,H 后得到另 1 1 2 31 2 3 r 1 2 r1 一个32人组成的集合{G ,G ,G ,,G ,H ,,H }，该集合不存在“全负人”，与条 1 2 3 r r 31 件矛盾）． 记60人中除F ,F ,,F 外的其余31人为I ,I ,,I ， j 1 j 2 j 29 1 2 31 由选人规则可知 f ≤28 (1≤k≤29)，且所有的I 都胜F (1≤i≤31)． j k i j 29 现考虑F (1≤k≤28)，若没有所有的I 都胜F (1≤i≤31)，则存在I 使得F 胜I ， j k i j k t j k t 从而存在“胜环”：I  F  F  F  I ． t j j j t 29 28 k 现考虑选 F 时的 32 人组，记为 {F ,Q,Q ,,Q } ，用 F ,,F ,I 替换 j k j k 1 2 31 j k1 j 29 t Q ,Q ,,Q 后得到另一个32人组{F ,F ,,F ,I ,Q ,,Q }，这个集合无 1 2 30k j k j k1 j 29 t 31k 31 “全负人”，与条件矛盾．因此所有的I (1≤i≤31)都胜所有的F (1≤k≤29)，从而 i j k f k1(1≤k≤29)，故 f , f ,, f 是0，1，…，28的一个排列． j k 1 2 29 漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第7页（共7页）