福建省漳州市2023届高三毕业班第四次教学质量检测 数学答案
福建省漳州市 ２０２３ 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ꎬ如果考生的解法与本解答不同ꎬ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ꎮ
２. 对计算题ꎬ当考生的解答在某一步出现错误时ꎬ如果后继部分的解答未改变该题的
内容和难度ꎬ可视影响的程度决定后继部分的给分ꎬ但不得超过该部分正确解答应给分数的
一半ꎻ如果后继部分的解答有较严重的错误ꎬ就不再给分ꎮ
３. 解答右端所注分数ꎬ表示考生正确做到这一步应得的累加分数ꎮ
４. 只给整数分数ꎮ选择题和填空题不给中间分ꎮ
一、单项选择题:本大题共 ８小题ꎬ每小题 ５分ꎬ共４０ 分ꎬ在每小题给出的四个选项中ꎬ
只有一项是符合题目要求的.
１. Ｃ ２. Ａ ３. Ｂ ４. Ｂ ５. Ａ ６. Ｄ
７. Ｂ ８. Ｄ
二、多项选择题:本大题共 ４小题ꎬ每小题 ５分ꎬ共２０ 分ꎬ在每小题给出的四个选项中ꎬ有
多个选项符合题目要求ꎬ全部选对的得 ５分ꎬ选对但不全的得 ２分ꎬ有选错的得 ０分.
９. ＢＣ １０. ＡＢＤ １１. ＡＣＤ １２. ＡＢＣ
三、填空题:本大题共 ４题ꎬ每小题 ５分ꎬ共２０ 分.
１３. ｘ(答案不唯一) １４.３７ꎬ ４５ １５.５＋１
４ １６.３ ７
８π
四、解答题:本大题共 ６小题ꎬ共７０ 分ꎬ解答应写出文字说明ꎬ证明过程或演算步骤.
１７.解: (１) 因为２Ｓｎ
ａｎ
＝ｎ＋１ꎬ 所以 ２Ｓｎ＝ｎ＋１
( ) ａｎꎬ
所以 ２ａｎ＋１＝２Ｓｎ＋１－２Ｓｎ＝ｎ＋２
( ) ａｎ＋１－ｎ＋１
( ) ａｎꎬ ２ 分
所以 ｎａｎ＋１＝ｎ＋１
( ) ａｎꎬ即ａｎ＋１
ｎ＋１＝ａｎ
ｎ.３分
又因为 ａ１＝１ꎬ 所以 ａｎ＋１
ｎ＋１＝ａｎ
ｎ＝＝ａ１
１＝１ꎬ 所以 ａｎ＝ｎ. ５分
(２) 因为 ｌｏｇ２
ａｎ＋１
ａｎ
＝ｌｏｇ２
ｎ＋１
ｎ＝ｌｏｇ２ｎ＋１
( ) －ｌｏｇ２ｎꎬ
所以Ｔｎ＝ｌｏｇ２２－ｌｏｇ２１
( ) ＋ｌｏｇ２３－ｌｏｇ２２
( ) ＋ｌｏｇ２４－ｌｏｇ２３
( ) ＋＋[ｌｏｇ２ｎ＋１
( ) －ｌｏｇ２ｎ]
＝ｌｏｇ２ｎ＋１
( ) －ｌｏｇ２１＝ｌｏｇ２ｎ＋１
( ) .８分
令Ｔｋ＝ｌｏｇ２ｋ＋１
( ) ≤ １０ꎬ 得ｋ≤ ２１０ －１ꎬ ｋ∈Ｎ∗ꎬ ９ 分
所以集合 ｋ Ｔｋ≤ １０ꎬ ｋ∈Ｎ∗
{ } 中元素的个数为 ２１０ －１＝１０２３.１０ 分
数学第四次教学质量检测参考答案 第１页(共８页)
１８.解法一:
(１) 在△ＢＣＤ 中ꎬ
A
BC
D
由余弦定理可得 ＢＤ２＝ＣＢ２＋ＣＤ２－２ＣＢＣＤｃｏｓ∠ＢＣＤꎬ
２分
所以 ５＝ＣＢ２＋２－２ ２ ＣＢ－２
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
ꎬ
即ＣＢ２＋２ＣＢ －３＝０ꎬ
所以 ＣＢ ＋３
( ) ＣＢ －１
( ) ＝０ꎬ 又ＣＢ > ０ꎬ 所以 ＣＢ ＝１ꎬ
３分
所以 ｃｏｓ∠ＣＢＤ ＝ＢＣ２＋ＢＤ２－ＣＤ２
２ＢＣＢＤ ＝１＋５－２
２×１×５＝２
５＝２ ５
５.５分
(２) 由(１) 可知ꎬ ｓｉｎ∠ＡＢＤ ＝ｓｉｎ π
２－∠ＣＢＤ
æ
è
ç
ö
ø
÷
＝ｃｏｓ∠ＣＢＤ ＝２ ５
５ꎬ ６ 分
因为 ∠ＡＢＤ 为锐角ꎬ所以 ｃｏｓ∠ＡＢＤ ＝１－ｓｉｎ２∠ＡＢＤ ＝５
５ꎬ ７ 分
在△ＡＢＤ 中ꎬ由正弦定理可得ꎬ
ＡＤ
ｓｉｎ∠ＡＢＤ ＝ＢＤ
ｓｉｎ∠ＢＡＤꎬ即ＡＤ
２ ５
５
＝５
ｓｉｎ∠Ａꎬ所以 ＡＤ ＝２
ｓｉｎ∠Ａꎬ ８ 分
因为 ｓｉｎ∠ＡＤＢ ＝ｓｉｎ ∠ＡＢＤ ＋∠Ａ
( ) ＝ｓｉｎ∠ＡＢＤｃｏｓ∠Ａ＋ｃｏｓ∠ＡＢＤｓｉｎ∠Ａ
＝５
５ｓｉｎ∠Ａ＋２ ５
５ｃｏｓ∠Ａꎬ ９ 分
所以 Ｓ△ＡＢＤ ＝１
２ＢＤＡＤｓｉｎ∠ＡＤＢ ＝１
２×５×２
ｓｉｎ∠Ａ×ｓｉｎ∠ＡＤＢꎬ
＝５ ｓｉｎ∠ＡＤＢ
ｓｉｎ∠Ａ＝ｓｉｎ∠Ａ＋２ｃｏｓ∠Ａ
ｓｉｎ∠Ａ＝１＋２
ｔａｎ∠Ａꎬ １０ 分
因为 ∠ＡＤＢ ＝π－∠ＡＢＤ ＋∠Ａ
( ) ꎬ且△ＡＢＤ 为锐角三角形ꎬ
所以
０<π－∠ＡＢＤ ＋∠Ａ
( ) <π
２ꎬ
０<∠Ａ < π
２ꎬ
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
所以 π
２－∠ＡＢＤ < ∠Ａ < π
２ꎬ １１ 分
所以 ｔａｎ∠Ａ > ｔａｎ π
２－∠ＡＢＤ
æ
è
ç
ö
ø
÷
＝
ｓｉｎ π
２－∠ＡＢＤ
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｃｏｓ π
２－∠ＡＢＤ
æ
è
ç
ö
ø
÷
＝ｃｏｓ∠ＡＢＤ
ｓｉｎ∠ＡＢＤ ＝１
２ꎬ
所以 ０<１
ｔａｎ∠Ａ<２ꎬ 所以 １<１＋２
ｔａｎ∠Ａ<５ꎬ 即１< Ｓ△ＡＢＤ <５ꎬ
所以 △ＡＢＤ 面积的取值范围为 １ꎬ ５
( ) .１２ 分
数学第四次教学质量检测参考答案 第２页(共８页)
解法二:
(１) 在△ＢＣＤ 中ꎬ由正弦定理可得 ＢＤ
ｓｉｎ∠ＢＣＤ ＝ＣＤ
ｓｉｎ∠ＣＢＤꎬ ２ 分
所以 ｓｉｎ∠ＣＢＤ ＝
２×２
２
５＝５
５ꎬ ３ 分
又∠ＣＢＤ∈０ π
４
æ
è
ç
ö
ø
÷
ꎬ所以 ｃｏｓ∠ＣＢＤ ＝１－ｓｉｎ２∠ＣＢＤ ＝２ ５
５.５分
(２) 由(１) 可知ꎬ ｓｉｎ∠ＡＢＤ ＝ｓｉｎ π
２－∠ＣＢＤ
æ
è
ç
ö
ø
÷
＝ｃｏｓ∠ＣＢＤ ＝２ ５
５ꎬ ６ 分
因为 ∠ＡＢＤ 为锐角ꎬ所以 ｃｏｓ∠ＡＢＤ ＝１－ｓｉｎ２∠ＡＢＤ ＝５
５ꎬ ７ 分
所以 ｓｉｎ∠ＡＤＢ ＝ｓｉｎ ∠Ａ＋∠ＡＢＤ
( ) ＝ｓｉｎ∠Ａｃｏｓ∠ＡＢＤ ＋ｃｏｓ∠Ａｓｉｎ∠ＡＢＤ
＝５
５ｓｉｎ∠Ａ＋２ ５
５ｃｏｓ∠Ａ. ８分
在△ＡＢＤ 中ꎬ由正弦定理可得 ＡＢ
ｓｉｎ∠ＡＤＢ ＝ＢＤ
ｓｉｎ∠Ａꎬ
所以 ＡＢ ＝５ ｓｉｎ∠ＡＤＢ
ｓｉｎ∠Ａ＝ｓｉｎ∠Ａ＋２ｃｏｓ∠Ａ
ｓｉｎ∠Ａ＝１＋２
ｔａｎ∠Ａꎬ ９ 分
ＳΔＡＢＤ ＝１
２ＡＢＢＤｓｉｎ∠ＡＢＤ ＝１
２×(１ ＋２
ｔａｎ∠Ａ)×５×２ ５
５＝１＋２
ｔａｎ∠Ａ.
１０ 分
因为 ∠ＡＤＢ ＝π－∠ＡＢＤ ＋∠Ａ
( ) ꎬ且△ＡＢＤ 为锐角三角形ꎬ
所以
０<π－∠ＡＢＤ ＋∠Ａ
( ) <π
２
０<∠Ａ < π
２
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
所以 π
２－∠ＡＢＤ < ∠Ａ < π
２ꎬ １１ 分
所以 ｔａｎ∠Ａ > ｔａｎ π
２－∠ＡＢＤ
æ
è
ç
ö
ø
÷
＝
ｓｉｎ π
２－∠ＡＢＤ
æ
è
ç
ö
ø
÷
ｃｏｓ π
２－∠ＡＢＤ
æ
è
ç
ö
ø
÷
＝ｃｏｓ∠ＡＢＤ
ｓｉｎ∠ＡＢＤ ＝１
２ꎬ
所以 ０<１
ｔａｎ∠Ａ<２ꎬ 所以 １<１＋２
ｔａｎ∠Ａ<５ꎬ 即１< Ｓ△ＡＢＤ <５ꎬ
所以 △ＡＢＤ 面积的取值范围为 １ꎬ ５
( ) .１２ 分
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