福建省宁德市普通高中2023届高三数学5月质量检测试题（Word版附解析）

2023届宁德市普通高中毕业班五月份质量检测数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集定义计算可得.【详解】由可得，解得，所以，又，所以.故选：D2.某学校利用实践基地开展劳动教育活动，在其中一块土地上栽种某种蔬菜，并指定一位同学观测其中一棵幼苗生长情况，该同学获得前6天的数据如下：第天123456高度14791113经这位同学的研究，发现第天幼苗的高度的经验回归方程为，据此预测第10天这棵幼苗的高度大约为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据回归直线经过样本点的中心建立方程，求出的值，再将代入经验回归方程，即可得到答案．【详解】由已知得：，，因为经验回归方程为，所以，解得，当时，，所以预测第10天这棵幼苗的高度大约为．故选：C.3.使成立的一个充分不必要条件是（）A.B.C.D.，且【答案】B【解析】【分析】利用指数函数，对数函数的性质，结合特值法可判断ACD；利用作差法及特值法，结合充分条件与必要条件的概念可判断B.【详解】，故A错误；当时，，得，即，显然，则，即，故是的充分条件；当时，，故是的不必要条件，故B正确；当时，成立，但，故C错误； 当时，由，得，即，故D错误.故选：B.4.已知抛物线的焦点为，为抛物线上一个动点，，则的最小值为（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】利用抛物线的定义，结合抛物线的性质，转化求解即可．【详解】由题意可知抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，过作于，由抛物线定义可知，所以，则当共线时取得最小值，所以最小值为．故选：B．5.在平面直角坐标系中，点为圆上的任一点，.若，则的最大值为（）A.B.2C.D.【答案】C【解析】【分析】通过圆三角换元，利用向量的加减运算及向量相等的条件，转化为三角函数的最值问题即得结果.【详解】由已知可设，则，又，因为， 所以,即,所以,其中，当时，有最大值为.故选：C.6.某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（）A.的数据较更集中B.C.甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于D.【答案】D【解析】【分析】根据正态分布曲线的性质和特点求解.【详解】对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；对于B，因为c与之间的与密度曲线围成的面积与密度曲线围成的面积，，正确；对于C，，甲种茶青每500克超过的概率，正确；对于D，由B知：，错误；故选：D. 7.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由可得到，利用作差法得到，，构造，分别求出在上的单调性，即可求解.【详解】因为，所以，又，令，，则，所以在单调递减，所以，所以，即；又，令，则，所以在单调递减，所以，所以，即，综上，.故选：A.8.中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（） A.24B.28C.32D.36【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答.【详解】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有，因此，于是长方体的体积，所以该正四棱台的体积为.故选：B【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.若，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】 【分析】利用赋值法，令，可判断A；令，，计算求解可判断B；由，利用二项展开式的通项求解可判断C；两边求导，令，可判断D.【详解】令，则，即，故A正确；令，则，令，则，则，故B正确；，则，令，则，故C错误；由两边求导，得，令，则，故D正确.故选：ABD.10.某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，其产量比.从两个车间中各随机抽取了10个样品进行测量，其数据（单位：）如下：甲车间：乙车间：规定数据在之内的产品为合格品.若将频率作为概率，则以下结论正确的是（）A.甲车间样本数据的第40百分位数为9.8B.从样本数据看，甲车间的极差小于乙车间的极差C.从两个车间生产的产品任取一件，取到合格品的概率为0.84D.从两个车间生产的产品任取一件，若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率为0.4【答案】BC【解析】【分析】根据百分位数计算规则判断A，计算出极差即可判断B，根据全概率公式计算C，根据条件概率公式计算D.【详解】对于A：甲车间样本数据从小到大排列为：、、、、、、、、、， 又，所以第百分位数为第四、五两数的平均数即为，故A错误；对于B：甲车间的极差为，乙车间的极差为，故B正确；对于C：从样本数据可知甲车间合格品的概率，乙车间合格品的概率，甲、乙两车间产量比为，若从两个车间生产的产品任取一件，取到合格品的概率，故C正确；对于D：由C可知取到不合格品的概率，所以若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率，故D错误；故选：BC11.在正方体中，分别为的中点，则以下结论正确的是（）A.直线与平面平行B.直线与直线垂直C.平面截正方体所得的截面面积为D.四面体的体积为【答案】ACD【解析】【分析】由题意，则四点共面，可证得为平行四边形，则，从而面，即可判断A；分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，计算即可判断B；为等腰梯形，计算面积即可判断C；求出平面的法向量，利用向量法求得到平面的距离，进而求四面体的体积，即可判断D.【详解】∵分别为的中点，∴,又,∴，∴四点共面，∵,, ∴，∴为平行四边形，∴，又面，面，∴面，故A正确；分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，,∴，则直线与直线垂直，故B错误；为等腰梯形，且,如图，过点作于，则,则等腰梯形的面积为，即平面截正方体所得的截面面积为，故C正确；，设平面的法向量为， 则，令，则，，所以到平面的距离为，又,所以，四面体的体积为，故D正确.故选：ACD.12.已知函数的图象关于直线对称.当时，，则以下结论正确的是（）A.当时，B.若，则的解集为C.若恰有四个零点，则的取值范围是D.若对，则【答案】AD【解析】【分析】利用对称性定义和区间转化可求对称区间解析式，对和两个区间分别求解不等式解集，可得的解集，把零点问题利用分离参数法转化为两个图象交点个数问题，即可求出的取值范围，对恒成立问题用分离参数法，求出相应函数的最值，即可求出的取值范围.【详解】对于选项A，因为当时，，当时，，所以，即，因为函数的图象关于直线对称，所以， 所以当时，，故选项A正确；对于选项B，当时，当时，，当时，，现在先证，令，则，令，则，所以在单调递增，令，则，所以在单调递减，所以，所以，即，所以，当且仅当等号成立，当时，，不满足，所以不成立，当时，，所以，即，令，则有，①或②，解不等式组①，因为，则有所以，解不等式组②，因为，则有所以，所以的解集为，故选项B不正确；对于选项C，因为恰有四个零点，所以当时，恰有两个零点，且当时，恰有两个零点，且时，， 因为，，所以，故，当时，，令，则有或，因为当时，恰有两个零点，所以有一个解且不为，当解为时，可求，所以；因为，所以，即，所以与在时的图象有一个交点，且交点横坐标不为，令，则，当时，，所以在单调递减，所以，当逼近于时，逼近于，且，因为与在时的图象有一个交点，所以，且，因为函数的图象关于直线对称，所以当时，同理可得且，所以当恰有四个零点，则的取值范围是，故选项C不正确；对于选项D，若对，因为函数的图象关于直线对称，所以只需研究时的取值；因为，， 所以，即，显然当时，成立，；当时，，利用分离参数法，，所以令，则，当时，，所以在单调递减，所以，所以；当时，恒成立，即所以当时，，所以在单调递减，所以，所以；综上所述：，故选项D正确.故选：AD.【点睛】关键点睛：本题求解的关键有两个：一是把零点个数问题转化为两个函数图象交点个数问题求解；二是恒成立问题采用分离参数法求解.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知复数满足，则__________.【答案】5【解析】【分析】设，，根据复数的模及复数相等的充要条件得到方程组，解得、，即可求出，从而得解.【详解】设，，则， 因为，所以，所以，所以，即，所以.故答案为：14.已知函数满足如下条件：①定义域为；②存在，使得；③，试写出一个符合上述要求的函数__________.【答案】（答案不唯一）【解析】分析】根据条件求解.【详解】设，则函数定义域为；故答案为：.15.已知函数，射线与该函数图象的交点的横坐标从左至右依次构成数列，且，则__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再代值计算作答.【详解】因为，则数列是等差数列，公差为4，且，因此，函数的周期是4，即，解得，又，即有，解得，于是，所以.故答案为：16.已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设 ，且，则的周长的最大值为__________.【答案】8【解析】【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.【详解】由条件，，即，，设，由题意：，则，，即，即椭圆C的标准方程为，；设左焦点为F，右焦点为，如下图：则的周长,，当三点共线时等号成立，，l的得最大值为8； 故答案为：8.四､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.已知数列满足，且数列是等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和为，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知列式求得，可得数列的公差，进而可求得答案；（2）利用裂项相消法求出，即可证得结论.【小问1详解】由得，代入得，解得，又因为数列为等差数列，故公差为，因此.【小问2详解】由（1）可得，所以，所以，又因为，所以时等号成立，所以，即.18.在四棱锥中，，. （1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）解法一：取的中点，可得四边形为正方形，可证得，，从而平面，即可证得结论．解法二：取的中点的中点，四边形为正方形，在中，由余弦定理求得，证得，，从而平面，即可证得结论.（2）解法一：取的中点，所以平面，以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，设，求出平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求得，即可得出结论.解法二：过作，则平面.以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标，设，求出平面的法向量，由题意平面与平面所成的角也等于，求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得，即可得出结论.解法三：过点作于，过作于，可得是二面角的平面角，由题意二面角大小为，从而，设，则，由得，由得，解得即可.【小问1详解】解法一：取的中点，连接. 在四边形中，，故四边形为直角梯形，又，故.又由，所以四边形为正方形，故，从而；又，所以，故.由平面平面，从而平面，又平面，所以平面平面.解法二：取的中点的中点，连接.在四边形中，，故四边形为直角梯形，又，故，且，所以四边形为正方形，故为等腰直角三角形，从而，为等腰直角三角形.在中，，又因为，所以，，又，所以，故， 由平面平面，从而平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】解法一：取的中点，连接，由，所以，因为平面平面，且平面平面，所以平面.又为的中点，所以，且，由（1）知，故.以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，则则，设，则，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则令，则， 因为二面角的大小为，所以，由，解得：，所以线段上存在点，当时，使得二面角大小为.解法二：过作，则平面.以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，则，设，则，，，设平面的一个法向量为，则令，得，因为二面角的大小为，所以平面与平面所成的角也等于，平面的一个法向量为，，因为，解得，所以线段上存在点，当，即时，使得二面角大小为.解法三：过点作于，过作于，连接， 由（1）知平面平面，所以平面，平面，故，又平面平面，所以平面，又平面，因而，所以是二面角的平面角.因为平面平面，二面角大小为，所以二面角大小为，从而，故，设，因为，从而，所以，从而，因为，从而，所以，即，解得，所以，从而.所以线段上存在点，当时，使得二面角大小为.19.记的内角的对边分别为.已知，，，且其内切圆的面积为.（1）求和；（2）连接交于点，求的长.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）解法一：利用余弦定理及三角形面积公式得到方程组，解得即可；解法二：设圆与边相切于点，连接，，由锐角三角函数及切线长定理得到， 再由余弦定理得到方程组，解得即可；（2）解法一：设，，利用角平分线的性质得到，即可求出，再由余弦定理计算可得；解法二：由余弦定理求出，依题意设，根据平面向量共线定理求出，再根据数量积的运算律计算可得；解法三：由余弦定理求出，即可求出，从而得到、，再求出，最后利用正弦定理计算可得.【小问1详解】解法一：由余弦定理得，即，又内切圆的面积为，故内切圆的半径为，所以，故，于是，即，解得或，因为，所以.解法二：设圆与边相切于点，连接，，则，且，且，故，因为三边与圆相切，切线长相等，所以，即， 根据余弦定理得，即，所以，解得或，因为，所以.【小问2详解】解法一：设，，由，又因为，所以，在中，由余弦定理，得，所以.解法二：由余弦定理得.设，又因为、、三点共线，所以，所以.，所以.解法三：在中，由余弦定理得，所以， 又，所以，所以（负值舍去），且，所以.在中，由，得，所以.20.人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某校成立了两个研究性小组，分别设计和开发不同的AI软件用于识别音乐的类别.记两个研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为.为测试软件的识别能力，计划采取两种测试方案.方案一：将100首音乐随机分配给两个小组识别，每首音乐只被一个软件识别一次，并记录结果；方案二：对同一首歌，两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过.（1）若方案一的测试结果如下：正确识别的音乐数之和占总数的；在正确识别的音乐数中，组占；在错误识别的音乐数中，组占.（i）请根据以上数据填写下面的列联表，并通过独立性检验分析，是否有的把握认为识别音乐是否正确与两种软件类型有关？正确识别错误识别合计A组软件B组软件 合计100（ii）利用（i）中的数据，视频率为概率，求方案二在一次测试中获得通过的概率；（2）研究性小组为了验证软件的有效性，需多次执行方案二，假设，问该测试至少要进行多少次，才能使通过次数的期望值为16？并求此时的值.附：，其中.0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）（i）表格见解析，没有；（ii）（2）测试至少27次，.【解析】【分析】（1）根据条件填写列联表并做卡方计算，根据列联表求出，对“一次测试通过”作分类讨论求出其概率；（2）根据对“一次测试通过”的分类讨论，求出其概率的最大值，再按照二项分布求解.【小问1详解】（i）依题意得列联表如下：正确识别错误识别合计组软件402060组软件202040合计6040100因为，且，所以没有的把握认为软件类型和是否正确识别有关； （ii）由（i）得，故方案二在一次测试中通过的概率为；【小问2详解】方案二每次测试通过的概率为，所以当时，取到到最大值，又，此时，因为每次测试都是独立事件，故次实验测试通过的次数，期望值，因为，所以所以测试至少27次，此时.21.在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记点的轨迹为.（1）求的方程；（2）点，点为上的两个动点，且满足.过作直线交于点.若，求直线的斜率.【答案】（1）（2）±1.【解析】【分析】（1）由题意，点的轨迹为双曲线的右支，，，可得的方程； （2）解法一：设与的交点为，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，得到直线的方程，由题意写出直线的方程，求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.解法二：由对称性，直线必过定点，设的方程为，与双曲线方程联立，由结合韦达定理解得，进一步可得到直线方程以及恒过定点.求得点、点坐标，代入曲线的方程，可得直线的斜率.解法三：设方程为，设方程为，联立曲线方程，由韦达定理可求出点坐标，用替换得点坐标，可得直线方程进一步得到直线恒过定点.下同解法一.解法四：由平移知识得到双曲线的方程，新坐标系下直线的方程，代入双曲线方程，由求得，进一步得到直线的方程，从而得到直线恒过定点，再利用过四点的二次曲线系方程结合的系数为0，即可得到直线的斜率.解法五：设直线的方程为，连理曲线方程结合由解得m，进一步得到直线的方程以及恒过定点.下同解法一.【小问1详解】因为点满足，所以点的轨迹为双曲线的右支，故，所以，所以曲线方程为.【小问2详解】解法一：设与的交点为. 显然直线的斜率存在，设的方程为，联立方程消去得，设，所以.又，因为，所以，故，代入，整理得，即，解得或（舍）.所以直线的方程为，即直线恒过定点.因为四点共圆，且为直径，由，所以点为中点，且直线的方程为，联立，解得， 所以点，故，代入曲线的方程，解得，即，所以直线的斜率为±1.解法二：由对称性，直线必过定点，设的方程为，联立方程消去得，设，所以.，因为，所以，故，代入，因为，整理得，解得.所以直线的方程为，即直线恒过定点.联立，解得，所以点，故， 代入曲线的方程，解得，即，所以直线的斜率为1.解法三：设方程为，设方程为，联立方程，消去得，设，则，得，所以，所以点.用替换得点.所以斜率，故直线方程为，即，即.所以直线恒过定点.下同解法一.解法四：将坐标系原点平移到，则双曲线的方程变为，即.新坐标系下直线的方程设为，代入双曲线方程有，即，两边同除以得， 设直线的斜率分别为，则，所以，所以直线的方程为，从而直线恒过定点，故原坐标系下直线恒过定点.由四点共圆，设的直线方程为，即；设的直线方程为，即.所以过四点的二次曲线系方程为，等式左边的系数为，所以，所以，即直线的斜率为±1.解法五：由直线不过点，故设直线的方程为，所以由得，即，两边同除以得，设，上式整理得.设直线的斜率分别为，则，解得，所以直线的方程为，即，从而恒过定点.下同解法一.【点睛】方法点睛：定点问题的解题策略（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点． （2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的解为坐标的点即为所求的定点．22.已知函数.（1）若，求实数的取值范围；（2）若，且，求证：且.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）解法一：当时，成立；当时，即为，利用导数研究的最大值，即可得解；解法二：由题意得，构造函数，利用导数研究的最小值，即可得解；（2）解法一：根据的单调性可知．证，即证，即证，设，利用的单调性即可证明；证，即证．设，即证．设，则，设，利用导数研究其性质可知，，使得，从而得出的单调性，证得，可得结论.解法二：证明的方法同解法一．在处的切线方程为，先证，设，利用导数研究其性质可知， ，使得，从而得的单调性及，可得结论.【小问1详解】解法一：当时，由，且时，故成立；当时，即为.由，令，得，当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，所以，即.综上，.解法二：，由，且时，所以.设，则，令，得，当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增，所以，即.【小问2详解】解法一：，当时，；当时，； 所以在单调递增，在单调递减，故.先证，由，故即证，由，故即证，设，则，所以在上单调递减，所以.所以，从而.现证，即证.设，故即证，即证.设，则，设，则，当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减，又，所以，使得， 故在单调递增，在单调递减，又，所以，即，故.解法二：证明的方法同解法一.，，则在处的切线方程为，下面证.设，，设，则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，使得，故在单调递减，在单调递增， 又，故，即，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.