福建漳州高三9月质量检测数学试题（含答案）

(在此卷上答题无效)
福建省漳州市 ２０２５ 届高三毕业班第一次教学质量检测
数 学 试 题
本试卷共 ４ 页 １９ 小题 满分 １５０ 分 考试时间 １２０ 分钟
考生注意:
１ 答题前 考生务必在试题卷、 答题卡规定的地方填写自己的准考证号、 姓名 考生要认真
核对答题卡上粘贴的条形码的 “准考证号、 姓名” 与考生本人准考证号、 姓名是否一致
２ 回答选择题时 选出每小题答案后 用 ２Ｂ 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑 如
需改动 用橡皮擦干净后 再选涂其它答案标号 回答非选择题时 用 ０ ５ｍｍ 黑色签字笔将答案
写在答题卡上 写在本试卷上无效
３ 考试结束 考生必须将试题卷和答题卡一并交回
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. 若集合 Ａ ＝ {ｘ ｘ２ － ３ｘ － ４ > ０} 则 Ａ ＝
　Ａ.　 {ｘ　 　－ １　 ≤　 ｘ　 ≤　 ４} 　 　 　 　 　 　 　 　 Ｂ.　 {　ｘ 　－ 　１ <　 ｘ　 <　４}　 　 　 　 　 　 　 　 　
Ｃ. {ｘ － ４ < ｘ < １} Ｄ. {ｘ － ４ ≤ ｘ ≤ １}
－
２. 若复数 ｚ ＝ ３ ｉ ｚ－＋ 则 的虚部为１ ｉ
Ａ. － ２ｉ Ｂ. ２ｉ Ｃ. － ２ Ｄ. ２
３. 已知 ａ ｂ 为单位向量 若 ａ ＋ ｂ － ａ － ｂ ＝ ０ 则 ａ － ｂ ＝
Ａ. ２ Ｂ. ２ Ｃ. １ Ｄ. ０
４. 若 ｔａｎα ＝ ２ｔａｎ β ｓｉｎ (α － β ) ＝ ｔ 则 ｓｉｎ (α ＋ β ) ＝
Ａ. ２ｔ Ｂ. － ２ｔ Ｃ. ３ｔ Ｄ. － ３ｔ
５. 已知双曲线Ｃ: ｘ２ － ｙ２ ＝ ４ 点Ｍ为Ｃ上一点 过Ｍ分别作Ｃ的两条渐近线的垂线
垂足分别为 Ａ Ｂ 则四边形 ＯＡＭＢ(Ｏ 为原点) 的面积为
Ａ. １ Ｂ. ２ Ｃ. ４ Ｄ. ６
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６. 在正四棱锥 Ｐ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中 ＰＢ１ ⊥ ＰＤ１ . 用一个平行于底面的平面去截该正四棱
锥 得到几何体 ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ ＡＢ ＝ １ Ａ１Ｂ１ ＝ ２ 则几何体 ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１
的体积为
Ａ. ２ Ｂ. ４ ２ Ｃ. ７ ２ Ｄ. １７ ２
６ ３ ６ ９
７. 已知函数 ｆ (ｘ ) ＝ ｔａｎ(ωｘ ＋ π)(ω > ０) 若方程 ｆ (ｘ ) ＝ １ 在区间 (０ π ) 上恰有 ３ 个实
４
数根 则 ω 的取值范围是
Ａ. (２ ３ ] Ｂ. [２ ３ ) Ｃ. (３ ４ ] Ｄ. [３ ４ )
８. 已知函数 ｆ (ｘ ) ＝ ２ｘ ＋ ２ －ｘ ＋ ｃｏｓｘ ＋ ｘ２ 若 ａ ＝ ｆ ( － ３ ) ｂ ＝ ｆ (ｅ ) ｃ ＝ ｆ (π ) 则
Ａ. ｂ < ａ < ｃ Ｂ. ｂ < ｃ < ａ Ｃ. ｃ < ａ < ｂ Ｄ. ｃ < ｂ < ａ
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 选对但不全的得部分分 有
选错或不选的得 ０ 分
９. 已知 Ｘ ~ Ｎ(μ σ２) 则
Ａ. Ｅ(Ｘ) ＝ μ 　 　 Ｂ. Ｄ(Ｘ) ＝ σ
Ｃ. Ｐ(Ｘ ≤ μ ＋ σ) ＋ Ｐ(Ｘ ≤ μ － σ) ＝ １ 　 　 Ｄ. Ｐ(Ｘ ≥ μ ＋ ２σ) > Ｐ(Ｘ ≤ μ － σ)
１０. 已知定义在 Ｒ 上的函数 ｆ (ｘ ) 不恒等于 ０ ｆ (π ) ＝ ０ 且对任意的 ｘ ｙ∈Ｒ 有
ｆ (２ｘ ) ＋ ｆ (２ｙ ) ＝ ２ｆ (ｘ ＋ ｙ ) ｆ (ｘ － ｙ ) 则
Ａ. ｆ (０ ) ＝ １ 　 　 Ｂ. ｆ (ｘ ) 是偶函数
Ｃ. ｆ (ｘ ) 的图象关于点 (π ０ ) 中心对称 　 　 Ｄ. ２π 是 ｆ (ｘ ) 的一个周期
１１. 在 ２０２４ 年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中 中国队以 ６９ ８００ 分的成绩
夺得金牌 这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌. 艺术体操的绳操
和带操可以舞出类似四角花瓣的图案 它可看作由抛物线 Ｃ: ｙ２ ＝ ２ｐｘ (ｐ > ０ ) 绕其
顶点分别逆时针旋转９０°、 １８０°、 ２７０° 后所得三条曲线与 Ｃ 围成的(如图阴影区
域) Ａ Ｂ 为 Ｃ 与其中两条曲线的交点 若 ｐ ＝ １ 则
Ａ. １开口向上的抛物线的方程为 ｙ ＝ ｘ２
２
Ｂ. ＡＢ ＝ ４
Ｃ. 直线 ｘ ＋ ｙ ＝ ｔ ３截第一象限花瓣的弦长最大值为
４
Ｄ. 阴影区域的面积大于 ４
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三、 填空题: 本大题共 ３ 小题 每小题 ５ 分 共 １５ 分
１２. １
４
ｘ － ÷ 的展开式的常数项为 .
è ｘ
Ｓ ＋ ９
１３. 已知数列{ａｎ} 的前 ｎ 项和为 Ｓｎ ＝ ｎ２ ＋ ｎ
ｎ
当 取最小值时 ｎ ＝ .
ａｎ
１４. ２０２４年新高考数学Ⅰ卷多选题的计分标准如下: ①本题共 ３小题 每小题 ６分
共 １８分 ②每小题的四个选项中有两个或三个正确选项 全部选对的得 ６分 有
选错或不选的得 ０ 分 ③ 部分选对的得部分分(若某小题正确选项为两个 漏选
一个正确选项得 ３ 分 若某小题正确选项为三个 漏选一个正确选项得 ４ 分 漏
选两个正确选项得 ２ 分) . 考生甲在此卷多选题的作答中 第一小题选了三个选
项 第二小题选了两个选项 第三小题选了一个选项 则他多选题的所有可能总
得分(相同总分只记录一次) 的第 ８０ 百分位数为 .
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. (１３ 分)
在 △ＡＢＣ 中 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 且满足 .
请在①(ａ － ｂ) ｓｉｎ(Ａ ＋ Ｃ) ＝ (ａ － ｃ π π １) (ｓｉｎＡ ＋ ｓｉｎＣ) ②ｓｉｎ － Ｃ÷ ｃｏｓ６
Ｃ ＋ ÷ ＝
è è ３ ４
这两个中任选一个作为条件 补充在横线上 并解答问题.
(１) 求 Ｃ
(２) 若 △ＡＢＣ 的面积为 ５ ３ Ｄ 为 ＡＣ 的中点 求 ＢＤ 的最小值.
１６. (１５ 分)
１
某学校食堂有 Ａ Ｂ 两家餐厅 张同学第 １ 天选择 Ａ 餐厅用餐的概率为 . 从第 ２
３
天起 如果前一天选择 Ａ 餐厅用餐 那么次日选择 Ａ ３餐厅用餐的概率为 如果前一
４
１
天选择Ｂ餐厅用餐 那么次日选择 Ａ餐厅用餐的概率为 . 设他第 ｎ天选择 Ａ餐厅用餐
２
的概率为 Ｐｎ .
(１) 求 Ｐ２ 的值及 Ｐｎ＋１ 关于 Ｐｎ 的表达式
(２) 证明数列{Ｐ － ２ｎ } 是等比数列 并求出{Ｐｎ} 的通项公式.３
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１７. (１５ 分)
已知边长为 ４ 的菱形 ＡＢＣＤ(如图 １) ∠ＢＡＤ ＝ π ＡＣ与 ＢＤ 相交于点 Ｏ Ｅ为线
３
段 ＡＯ 上一点 将三角形 ＡＢＤ 沿 ＢＤ 折叠成三棱锥 Ａ － ＢＣＤ(如图 ２) .
(１) 证明: ＢＤ ⊥ ＣＥ
(２) 若三棱锥Ａ － ＢＣＤ的体积为８ 二面角Ｂ － ＣＥ － Ｏ １５的余弦值为 求ＯＥ的长.
１０
１８. (１７ 分)
ｘ２ ｙ２
已知椭圆 Ｃ: ＋ ＝２ ２ １
２
(ａ > ｂ > ０ ) 的两个焦点分别为 Ｆ１ Ｆ２ 离心率为 点 Ｐａ ｂ ２
为 Ｃ 上一点 △ＰＦ１Ｆ２ 周长为 ２ ２ ＋ ２ 其中 Ｏ 为坐标原点.
(１) 求 Ｃ 的方程
(２) 直线 ｌ: ｙ ＝ ｘ ＋ ｍ 与 Ｃ 交于 Ａ Ｂ 两点
(ｉ) 求 △ＯＡＢ 面积的最大值
(ｉｉ) Ｏ→设 Ｑ ＝ Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ 试证明点 Ｑ 在定直线上 并求出定直线方程.
１９. (１７ 分)
定义: 如果函数 ｆ (ｘ ) 在定义域内 存在极大值 ｆ (ｘ１ ) 和极小值 ｆ (ｘ２ ) 且存在一个
常数 ｋ 使 ｆ (ｘ１ ) － ｆ (ｘ２ ) ＝ ｋ (ｘ１ － ｘ２ ) 成立 则称函数 ｆ (ｘ ) 为极值可差比函数 常数 ｋ
称为该函数的极值差比系数. 已知函数 ｆ (ｘ ) ＝ ｘ － １ － ａｌｎｘ.
ｘ
(１) ａ ＝ ５当 时 判断 ｆ (ｘ ) 是否为极值可差比函数 并说明理由
２
(２) 是否存在 ａ 使 ｆ (ｘ ) 的极值差比系数为 ２ － ａ 若存在 求出 ａ 的值 若不存
在 请说明理由
(３) ３ ２若 ≤ ａ ≤ ５ 求 ｆ (ｘ ) 的极值差比系数的取值范围.
２ ２
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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 ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８
Ａ Ｄ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｃ Ａ
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 选对但不全的得部分分
有选错或不选的得 ０ 分
９ １０ １１
ＡＣ ＡＢＣ ＡＢＤ
三、 填空题: 本题共 ３ 小题 每小题 ５ 分 共 １５ 分
１２. ６　 　 　 　 １３. ３　 　 　 　 １４. １３　 　 　
四、 解答题: 本大题共 ６小题 共 ７７分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤
１５. (１３ 分)
【解析】 解法一:
(１) 选择条件 ① (ａ － ｂ ) ｓｉｎ (Ａ ＋ Ｃ) ＝ (ａ － ｃ ) (ｓｉｎＡ ＋ ｓｉｎＣ)
则 (ａ － ｂ ) ｓｉｎＢ ＝ (ａ － ｃ ) (ｓｉｎＡ ＋ ｓｉｎＣ) １ 分
由正弦定理可得 (ａ － ｂ ) ｂ ＝ (ａ － ｃ ) (ａ ＋ ｃ ) 即 ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ＝ ａｂ ３ 分
ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ １
所以 ｃｏｓＣ ＝ ＝ 由 Ｃ∈ (０ π ) 所以 Ｃ ＝ π . ６ 分
２ａｂ ２ ３
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选择条件 ② ｓｉｎ π π １ － Ｃ÷ ｃｏｓ Ｃ ＋ ÷ ＝
è ６ è ３ ４
ｓｉｎ êéπ －
π ù
即 ê ＋ Ｃ÷ úú ｃｏｓ Ｃ ＋
π ＝ １
３ ÷ ２ 分 ２ è è ３ ４
所以ｃｏｓ２ Ｃ ＋ π ＝ １ ÷ ４ 分
è ３ ４
由 Ｃ∈ (０ π π) < Ｃ ＋ π < ４π π 则 ｃｏｓ Ｃ ＋ ÷ ＝－
１
３ ３ ３ è ３ ２
π ２π
所以 Ｃ ＋ ＝ 则 Ｃ ＝ π . ６ 分
３ ３ ３
(２) Ｓ ＝ １ ａｂｓｉｎＣ ＝ １由 ａｂ × ３ ＝ ５ ３ 解得 ａｂ ＝ ２０. ８ 分
２ ２ ２
Ｂ→又 Ｄ ＝ Ｂ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｄ
Ｂ→Ｄ２ ＝ Ｂ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｄ → → → →所以 ( ) ２ ＝ ＢＣ２ ＋ ２ ＢＣ ＣＤ ＋ ＣＤ２ ９ 分
２ ２
＝ ａ２ ＋ ２ａ × １ ｂ × － １ ＋ １ ｂ ＝ ａ２ ＋ ｂ － １ ａｂ≥ ａｂ － １ ａｂ ＝ １ ÷ ÷ ａｂ２ è ２ è ２ ４ ２ ２ ２
＝ １０ １１ 分
Ｂ→所以 Ｄ ≥ １０ 当且仅当 ａ ＝ １０ ｂ ＝ ２ １０ 时等式成立 １２ 分
所以 ＢＤ 的最小值是 １０ . １３ 分
解法二:
(１) 同解法一
(２) 因为 ＳΔＡＢＣ ＝ ５ ３ Ｄ 为 ＡＣ 中点
Ｓ １ ５ ３ １ １ π所以 ΔＢＤＣ ＝ ＳΔＡＢＣ ＝ ＝ ａ ｂ ｓｉｎ 得 ａｂ ＝ ２０ ８ 分２ ２ ２ ２ ３
在 △ＢＣＤ 中 由余弦定理得
ＢＤ２ ＝ ＢＣ２ ＋ ＣＤ２ － ２ＢＣ ＣＤ ｃｏｓＣ ９ 分
＝ ａ２ ＋ １ ｂ２ － １ ａｂ ≥ ２ａ １ ｂ － １ ａｂ ＝ １ ａｂ ＝ １０ １１ 分
４ ２ ２ ２ ２
所以 ＢＤ ≥ １０ 当且仅当 ａ ＝ １０ ｂ ＝ ２ １０ 时等式成立 １２ 分
所以 ＢＤ 的最小值是 １０ . １３ 分
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１６. (１５ 分)
【解析】
(１) 设 Ａｎ ＝ “第 ｎ 天去 Ａ 餐厅用餐” Ｂｎ ＝ “第 ｎ 天去 Ｂ 餐厅用餐”
则 Ω ＝ Ａｎ ∪ Ｂｎ 且 Ａｎ 与 Ｂｎ 互斥. 根据题意得
Ｐ１ ＝ Ｐ
１ ２
(Ａ１ ) ＝ Ｐ (Ｂ１ ) ＝ １ － Ｐ (Ａ１ ) ＝ Ｐ (Ｂｎ ) ＝ １ － Ｐ (Ａ ) ３ ３ ｎ
Ｐ Ａ ３ １( ｎ＋１ ｜ Ａｎ ) ＝ Ｐ (Ａ４ ｎ＋１
｜ Ｂｎ ) ＝ ２
Ｐ２ ＝ Ｐ (Ａ２ ) ＝ Ｐ
１ ３ ２ １ ７
(Ａ１ ) Ｐ (Ａ２ ｜ Ａ１ ) ＋ Ｐ (Ｂ１ ) Ｐ (Ａ２ ｜ Ｂ１ ) ＝ × ＋ × ＝ ３ ４ ３ ２ １２
４ 分
Ｐ ３ １ｎ＋１ ＝ Ｐ (Ａｎ＋１ ) ＝ Ｐ (Ａｎ ) Ｐ (Ａｎ＋１ ｜ Ａｎ ) ＋ Ｐ (Ｂｎ ) Ｐ (Ａｎ＋１ ｜ Ｂｎ ) ＝ Ｐｎ ＋ (１ － Ｐｎ) ４ ２
即 Ｐ １ｎ＋１ ＝ Ｐｎ ＋
１ . ７ 分
４ ２
(２) Ｐ － ２ ＝ １ １ ２ｎ＋１ Ｐｎ ＋ ÷ － ＝
１ Ｐ １ｎ － ＝
１
Ｐ －
２ １０ 分
３ è ４ ２ ３ ４ ６ ４ ｎ
÷
è ３
又因为 Ｐ － ２１ ＝－
１ ≠ ０ 所以 Ｐ － ２ － １ １是以 为首项 为公比的等比
３ ３ { ｎ ３ } ３ ４
数列 １２ 分
Ｐ － ２
ｎ－１
所以 ｎ ＝
－ １ × １ １４ 分
３ ÷ ÷è ３ è ４
２ １
从而 Ｐｎ ＝ － ｎ－１ . １５ 分３ ３ × ４
１７. (１５ 分)
【解析】 解法一:
(１) π因为四边形 ＡＢＣＤ 是边长为 ４ 的菱形 并且 ∠ＢＡＤ ＝
３
所以 △ＡＢＤ △ＢＣＤ 均为等边三角形
故 ＡＯ⊥ＢＤ ＣＯ⊥ＢＤ 且 ＡＯ ＝ ＣＯ ＝ ２ ３ ２ 分
因为 ＡＯ 平面 ＡＣＯ ＣＯ 平面 ＡＣＯ 且 ＡＯ∩ＣＯ ＝ Ｏ 所以 ＢＤ⊥平面 ＡＣＯ
５ 分
因为 ＣＥ 平面 ＡＣＯ 所以 ＢＤ⊥ＣＥ. ６ 分
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(２) 设 Ａ 到平面 ＢＣＤ 的距离为 ｈ 因为等边三角形 △ＢＣＤ 的边长为 ４
所以三棱锥 Ａ － ＢＣＤ １ × ３的体积为 × ４２ｈ ＝ ８ 所以 ｈ ＝ ２ ３ ７ 分
３ ４
因为 ＡＯ ＝ ２ ３ 所以 ＡＯ⊥平面 ＢＣＤ ８ 分
以 Ｏ 为坐标原点 ＯＢ 所在直线为 ｘ 轴 ＯＣ 所在直线为 ｙ 轴 ＯＡ 所在直线为
ｚ 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 Ｏ － ｘｙｚ 则 Ｏ (０ ０ ０ ) Ｂ (２ ０ ０ )
Ｃ (０ ２ ３ ０ ) Ａ (０ ０ ２ ３ ) 设 Ｅ (０ ０ ｎ ) (ｎ > ０ ) １０ 分
因为 ＢＤ⊥平面 ＡＣＯ
所以ｍ→１ ＝ (１ ０ ０) 是平面 ＥＣＯ 的一个法向量 １１ 分
设平面 ＢＣＥ 的法向量为ｍ→２ ＝ (ｘ ｙ ｚ)
又Ｂ→Ｃ ＝ ( － ２ ２ ３ ０) Ｂ→Ｅ ＝ ( － ２ ０ ｎ)
ì ｍ
→
２ Ｂ
→Ｃ ＝－ ２ｘ ＋ ２ ３ ｙ ＝ ０
故í → →
ｍ２ ＢＥ ＝－ ２ｘ ＋ ｎｚ ＝ ０
取 ｘ ＝ ３ 则 ｙ ＝ １ ｚ ＝ ２ ３
ｎ
得ｍ→２ ＝ ( ３ １
２ ３ ) １３ 分
ｎ
１５
因为二面角 Ｂ － ＣＥ － Ｏ 的余弦值为
１０
ｍ→１ ｍ→２ ３ １５
所以 → → ＝ ＝ １４ 分ｍ１ ｍ２ １０１ × ４ ＋ １２
ｎ２
: ｎ ＝ ３ ｎ ＝－ ３ ( ３解得 或 舍去) 此时 ＯＥ ＝ . １５ 分
２ ２ ２
解法二:
(１) 同解法一
(２) 如图 过点 Ｏ 作 ＯＱ⊥ＣＥ 垂足为 Ｑ 连接 ＢＱ
由(１) 可得 ＢＯ⊥平面 ＡＯＣ ＣＥ 平面 ＡＯＣ
所以 ＢＯ⊥ＣＥ
又 ＣＥ⊥ＯＱ ＯＱ 平面 ＢＯＱ
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ＢＯ 平面 ＢＯＱ ＯＱ∩ＢＯ ＝ Ｏ
所以 ＣＥ⊥平面 ＢＯＱ
因为 ＢＱ 平面 ＢＯＱ 所以 ＣＥ⊥ＢＱ
则 ∠ＢＱＯ 即为二面角 Ｂ － ＣＥ － Ｏ 的平面角 ９ 分
所以 ｃｏｓ∠ＢＱＯ ＝ １５ 则 ｔａｎ∠ＢＱＯ ＝ ＢＯ ＝ １７
１０ ＯＱ ３
又 ＢＯ ＝ ２ 所以 ＯＱ ＝ ２ ３ １１ 分
１７
在 Ｒｔ△ＣＯＱ 中 ｓｉｎ∠ＯＣＱ ＝ ＯＱ ＝ １ 则 ｔａｎ∠ＯＣＱ ＝ １ １２ 分
ＣＯ １７ ４
设 Ａ 到平面 ＢＣＤ 的距离为 ｈ 因为等边三角形 △ＢＣＤ 的边长为 ４
所以三棱锥 Ａ － ＢＣＤ １ ３的体积为 × × ４２ｈ ＝ ８ 所以 ｈ ＝ ２ ３ １３ 分
３ ４
因为 ＡＯ ＝ ２ ３ 所以 ＡＯ⊥平面 ＢＣＤ
因为 ＣＯ 平面 ＢＣＤ 所以 ＡＯ⊥ＣＯ 即 ＥＯ⊥ＣＯ １４ 分
在 Ｒｔ△ＣＯＥ 中 ｔａｎ∠ＯＣＱ ＝ ＯＥ ＝ １
ＯＣ ４
又 ＯＣ ＝ ２ ３ ＯＥ ＝ ３所以 . １５ 分
２
１８. (１７ 分)
【解析】
ì ｃ
＝
２ ａ ＝ ２
(１) 设焦距为 ２ｃ 依题意 íａ ２ 解得
{ ３ 分＝

ｃ １
２ａ ＋ ２ｃ ＝ ２ ２ ＋ ２
又 ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ 所以 ｂ２ ＝ ａ２ － ｃ２ ＝ １ ４ 分
Ｃ ｘ
２
所以 的方程为 ＋ ｙ２ ＝ １. ５ 分
２
(２) (ⅰ) 设 Ａ (ｘ１ ｙ１ ) Ｂ (ｘ２ ｙ２ )
ìｘ２ ＋ ｙ２ ＝ １
因为í２ 所以 ３ｘ２ ＋ ４ｍｘ ＋ ２ｍ２ － ２ ＝ ０ ７ 分

ｙ ＝ ｘ ＋ ｍ
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Δ ＝ １６ｍ２ － ４ × ３ × (２ｍ２ － ２ ) > ０ 解得 ｍ２ < ３ ８ 分
４ｍ ２ｍ２ －ｘ ＋ ｘ ＝－ ｘ ｘ ＝ ２所以 １ ２ １ ２ ９ 分３ ３
ＡＢ ＝ (ｘ１ － ｘ２ ) ２ ＋ (ｙ１ － ｙ ２２ ) ＝ ２ × (ｘ１ ＋ ｘ
２
２ )
２ － ４ｘ ２１ｘ２ ＝ × ２４ － ８ｍ３
２
＝ ４ ３ － ｍ
３
ｍ
点 Ｏ 到直线 ｌ: ｘ － ｙ ＋ ｍ ＝ ０ 的距离 ｄ ＝ １１ 分
２
－ ２
△ＯＡＢ １ ４ ３ ｍ ｍ的面积 Ｓ ＝ × ×
２ ３ ２
＝ ２ × (３ － ｍ２ ｍ２ ≤ ２ × ３
－ ｍ２ ) ＋ ｍ２ ＝ ２( )
３ ３ ２ ２
３ － ｍ２ ＝ ｍ２ ｍ ＝ ± ６ ２当且仅当 即 时 △ＯＡＢ 面积的最大值为 .
２ ２
１３ 分
(ⅱ) 设 Ｑ (ｘ ｙ Ｏ→Ｑ ＝ Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→) 由 Ｂ 有 (ｘ ｙ ) ＝ (ｘ１ ＋ ｘ２ ｙ１ ＋ ｙ２ )
{ｘ ＝ ｘ１ ＋ ｘ２即 ｙ ＝ ｙ１ ＋ ｙ２
因为 ｘ１ ＋ ｘ ＝－
４ｍ ｙ ＋ ｙ ＝ ｘ ＋ ｘ ＋ ２ｍ ＝ ２ｍ２ 所以 ３ １ ２ １ ２ ３
ìｘ ＝－ ４ｍ
３ １
故í 于是有 ｙ ＝－ ｘ
２
ｙ ＝
２ｍ
３
１
所以点 Ｑ 在定直线 ｙ ＝－ ｘ. １７ 分
２
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１９. (１７ 分)
【解析】
(１) 当 ａ ＝ ５ 时 ｆ (ｘ ) ＝ ｘ － １ － ５ ｌｎｘ (ｘ > ０ )
２ ｘ ２
( － ) ( － )
所以 ｆ ′(ｘ ＝ １ ＋ １ － ５ ＝ ２ｘ １ ｘ ２) ２ ２ １ 分ｘ ２ｘ ２ｘ
１ １
当 ｘ∈ ０ ÷ ∪ (２ ＋ ∞ ) 时 ｆ ′(ｘ ) > ０ 当 ｘ∈ ２÷ 时 ｆ ′(ｘ ) < ０
è ２ è ２
ｆ ｘ ０ １ 所以 ( ) 在 ÷ 和 (２ ＋
１
∞ ) 上单调递增 在 ２÷ 上单调递减
è ２ è ２
３ 分
所以 ｆ (ｘ ｆ １ ＝ ５ ｌｎ２ － ３ ３ ５) 的极大值为 ÷ 极小值为 ｆ (２ ) ＝ － ｌｎ２
è ２ ２ ２ ２ ２
ｆ １ 所以 ÷ － ｆ
１０
(２ ) ＝ ２ － ｌｎ２
１
÷ － ２

÷ 因此 ｆ (ｘ ) 是极值可差比函数.
è ２ è ３ è ２
４ 分
２ － ＋
(２) ｆ (ｘ ０ ＋ ｆ ′ ｘ ＝ １ ＋ １ － ａ) 的定义域为 ( ∞ ) ( ) ２ 即 ｆ ′(ｘ ＝
ｘ ａｘ １
)
ｘ ｘ ｘ２
假设存在 ａ 使得 ｆ (ｘ ) 的极值差比系数为 ２ － ａ 则 ｘ１ ｘ２ 是方程
ｘ２ － ａｘ ＋ １ ＝ ０ 的两个不等正实根
ì△ ＝ ａ２ － ４ > ０

íｘ１ ＋ ｘ２ ＝ ａ 解得 ａ > ２ 不妨设 ｘ１ < ｘ２ 则 ｘ２ > １ ５ 分

且 ｘ１ｘ２ ＝ １
由于 ｆ (ｘ１ ) － ｆ (ｘ２ ) ＝ ｘ１ －
１ － ａｌｎｘ １ － ｘ２ －
１ － ａｌｎｘ
ｘ ｘ ２ ÷１ è ２
ｘ
＝ (ｘ １ － ｘ２ ) １ ＋
１
÷ － ａｌｎ １
è ｘ１ｘ２ ｘ２
ｘ ｘ
＝ ２ (ｘ１ － ｘ２ ) － ａｌｎ
１ ＝ ａ １ ２ － ｌｎ ÷÷ (ｘ － ｘｘ ｘ － ｘ １ ２
)
２ è １ ２ ｘ２
７ 分
ｘ ｘ
所以 ２ － ａ ＝ ２ － ａ ｌｎ １ １从而 ｌｎ １ ＝ １
ｘ１ － ｘ２ ｘ２ ｘ１ － ｘ２ ｘ２
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ｘ － １得 ２ － ２ｌｎｘ２ ＝ ０ ( ) ８ 分ｘ２
２ － ＋ ( － ) ２
令 ｇ(ｘ) ＝ ｘ － １ － ２ｌｎｘ(ｘ > １) ｇ′ ｘ ＝ ｘ ２ｘ １( ) ＝ ｘ １
ｘ ｘ２ ｘ２
> ０
所以 ｇ(ｘ) 在 (１ ＋ ∞ ) 上单调递增 有 ｇ(ｘ) > ｇ(１) ＝ ０
因此( ) 式无解 即不存在 ａ 使 ｆ (ｘ ) 的极值差比系数为 ２ － ａ. １０ 分
ｘ
(３) (２) ２ － ａ ｌｎ １由 知极值差比系数为
ｘ１ －

ｘ２ ｘ２
ｘ１ ＋ ｘ２ － ２
ｘ
即 － ｌｎ
１ 不妨设 ０ < ｘ１ < ｘ ｘ１ ｘ
２
２ ｘ２
ｘ１ ＋
令 ｔ ＝ ｔ∈ (０ １ ) ｔ １极值差比系数可化为 ２ － ｌｎｔ
ｘ２ ｔ － １
(ｘ ＋ ｘ ) ２ ｘ ｘ
ａ２ ＝ １ ２ ＝ １ ＋ ２ ＋ ２ ＝ ｔ ＋ １ ＋ ２ １２ 分
ｘ１ｘ２ ｘ２ ｘ１ ｔ
３ ２
又 ≤ ａ ≤ ５ １解得 ≤ ｔ ≤ １ １３ 分
２ ２ ４ ２
＋ １ －
＋ ２ｌｎｔ ｔ
令 ｐ( ｔ) ＝ ２ － ｔ １－ ｌｎｔ
１ ≤ ｔ ≤ １ ｐ′( ｔ) ＝
ｔ １４ 分
ｔ １ è ４ ２
÷
(ｔ － １ ) ２
＝ ＋ １ － １ ＝ ２ － １ － ＝ ２ｔ － １ －
２
设 ｈ( ｔ) ２ｌｎｔ ｔ ≤ ｔ ≤ １÷ ｈ′( ｔ) １
ｔ
ｔ è ４ ｔ ｔ２ ｔ２
＝－ (ｔ － １ )
２
２ ≤ ０ １５ 分ｔ
ｈ( ｔ) é １ ù é １ ù所以 在 ê úê １ú 上单调递减 当 ｔ∈ ê １úê ú 时 ｈ( ｔ) ≥ ｈ
１
４ ４ ２ ÷
> ｈ(１) ＝ ０
è
从而 ｐ′( ｔ) > ０
所以 ｐ( ｔ) êé １在 ê
１ ùú １ １
ú 上单调递增 所以 ｐ ≤ ｐ (ｔ ) ≤ ｐ ４ ２
４ ÷ ２ ÷ è è
２ － １０即 ｌｎ２ ≤ ｐ (ｔ ) ≤ ２ － ３ｌｎ２.
３
ｆ ｘ é １０ ù故 ( ) 的极值差比系数的取值范围为 ê úê２ － ｌｎ２ ２ － ３ｌｎ２ú . １７ 分 ３
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