2023届福建省宁德市普通高中毕业班5月份质量检测数学试卷＋答案

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.21.若集合M{x∣3x1},NxZ∣xx60，则MN（）A.{x∣2x1}B.2,1,0,1C.{x∣3x2}D.1,0,12.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x天123456高度ycm14791113经这位同学的研究，发现第x天幼苗的高度ycm的经验回归方程为yˆ2.4xaˆ，据此预测第10天这棵幼苗的高度大约为（）A.19cmB.21cmC.23cmD.25cm3.使xy成立的一个充分不必要条件是（）111A.x3y3B.xyxy22xyC.lnx2lnyD.a1(a0，且a1)24.已知抛物线C:x4y的焦点为F,P为抛物线上一个动点，A1,3，则PAPF的最小值为（）A.3B.4C.5D.6225.在平面直角坐标系xOy中，点P为圆O:xy1上的任一点，A2,0,B1,1.若OPOAOB，则2的最大值为（）A.3B.2C.5D.66.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22两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为X,Y，且XN1,1,YN2,2，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（） A.Y的数据较X更集中B.PXcPYc1C.甲种茶青每500克的红茶产量超过2的概率大于2D.P(Xc)PYc1337.已知0,asinsin,b3lnsinlnsin,c3sinsin，则（）2A.bcaB.cbaC.cabD.abc8.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.E对应的是正四棱台中间位置的长方体；B､D､H､F对应四个三棱柱，A､C､I､G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.62369.若(x1)a0a1x1a2(x1)a3(x1)a6(x1)，则（）A.a064B.a0a2a4a6365C.a512D.a12a23a34a45a56a6610.某工厂有甲､乙两个车间生产同一种产品，其产量比为2:3.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：mm）如下：甲车间：9.410.19.810.210.010.110.29.610.39.8乙车间：10.39.29.610.010.39.810.49.410.210.3规定数据在9.5,10.5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0.411.在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2,P,Q,M分别为BC,CC1,BB1的中点，则以下结论正确的是（）A.直线A1M与平面APQ平行B.直线DD1与直线AQ垂直9C.平面APQ截正方体所得的截面面积为42D.四面体A1D1PQ的体积为612.已知函数fx的图象关于直线x1对称.当x1时，fxlnxax1xe，则以下结论正确的是（）A.当x1时，fxxe2ln2xax2a1B.若a1，则fx0的解集为2e,eC.若fx恰有四个零点，则a的取值范围是0,12D.若对xR,fx0，则ae三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知复数z满足zz13i，则z__________.14.已知函数fx满足如下条件：①定义域为R；②存在x0R，使得fx0fx00；③fx0，试写出一个符合上述要求的函数fx__________.15.已知函数fxAcosxA0,,0，射线y2x0与该函数图象的交点的横27*坐标从左至右依次构成数列xn，且xn4nnN，则f5__________.316.已知椭圆C的一个焦点为F，短轴B1B2的长为23,P,Q为C上异于B1,B2的两点.设PBB,PBB，且tan3tantan，则PQF的周长的最大值为__________.1221四､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.（10分）2已知数列an,bn满足bnann,a1b13,a2b28，且数列an是等差数列.（1）求数列bn的通项公式；11（2）记数列的前n项和为Sn，求证：Sn1.bn2 18.（12分）在四棱锥PABCD中，AB∥CD,BCD90,BCCDPAPD1,AB2，PB3.（1）证明：平面PAD平面ABCD；PM（2）在线段PB上是否存在点M，使得二面角PADM的大小为45？若存在，求的值；若不PB存在，说明理由.19.（12分）记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B,b7,ac，且其内切圆O的面积为3.3（1）求a和c；（2）连接AO交BC于点D，求AD的长.20.（12分）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A,B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AI软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为P1,P2.为测试AI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A,B两个小组识别，每首音乐只被一个AI软件识别一次，并记录结果；方案二：对同一首歌，A,B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.32（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，A组占；531在错误识别的音乐数中，B组占.2（i）请根据以上数据填写下面的22列联表，并通过独立性检验分析，是否有95%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；4（2）研究性小组为了验证AI软件的有效性，需多次执行方案二，假设PP，问该测试至少要进行123多少次，才能使通过次数的期望值为16？并求此时P1,P2的值. 22n(adbc)附：，其中nabcd.abcdacbd2Px00.1000.0500.0100.0050.001x2.7063.8416.6357.87910.828021.（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点F15,0,F25,0，点M满足MF1MF24，记点M的轨迹为E.（1）求E的方程；（2）点A2,0，点B,C为E上的两个动点，且满足BAC.过A作直线AQBC交E于点Q.若2BQC，求直线BC的斜率.222.（12分）asinx已知函数fx,x0,.xe（1）若fx1，求实数a的取值范围；xfxfx,xx，求证：2（2）若a4，且1212x1x2且x2sinx2.2e2023届宁德市普通高中毕业班五月份质量检查数学试题参考答案及评分标准说明：1.本解答指出了每题要考察的主要知识和能力，给出一种或几种解法供参考.如果考生的解法与给出的解法不同，可根据试题的主要考察内容比照评分标准确定相应的评分细则.2.对解答题，当考生的解答在某一步出现错误，但整体解决方案可行且后续步骤没有出现推理或计算错误，则错误部分依细则扣分，并根据对后续步骤影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过后续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.解答题只给整数分数，填空题不给中间分.一､选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分40分.1.D2.C3.B4.B5.C6.D7.A8.B二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9.ABD10.BC11.ACD12.AD三､填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分20分.2x13.514.fxx（答案不唯一：如fxx1e,fxcosx1等）15.-116.8 三､解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明､证明过程和演算步骤.17.本小题主要考查等差数列的通项公式､求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等.2解：（1）由bnann得b1a11,b2a24，代入a1b13,a2b28得2a113,2a248，解得a11,a22，又因为数列an为等差数列，故公差为da2a11，2因此an,bnn.nn2（2）证明：由（1）可得bnn，n1111所以2，bnnnn1n1111所以Snbbbb123n1111111122334nn111n111又因为*0(n1时等号成立)，nN，所以n12111所以11，即S1.n2n1218.本小题主要考查空间直线与直线､直线与平面､平面与平面的位置关系，空间角的计算等基础知识，考查空间想象能力､推理论证能力､运算求解能力，考查化归与转化思想等.解法一：（1）取AB的中点F，连结BD,DF.在四边形ABCD中，BCCD,AB∥CD，故四边形ABCD为直角梯形，1又AB2BC2CD2，故AFBFAB1,BD2.2又由CD∥BF,CDBF，所以四边形BCDF为正方形，1故DF1AB，2从而BDAD； 又PD1,PB3，所以222PDBDPB，故BDPD.由PDADD,PD平面PAD,AD平面PAD，从而BD平面PAD，又BD平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.（2）取AD的中点O，连接OP,OF，由PAPD1，所以POAD，因为平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD.又O,F为AD,AB的中点，12所以OF∥BD，且OFBD，22由（1）知BDAD，故OFAD.以O为原点，OF､OA､OP所在的直线分别为x､y､z轴，建立如图的空间直角坐标系，2222则O0,0,0,A0,,0,D0,,0,P0,0,,B2,,0,22222222则AD0,2,0,PB2,,,AP0,,，2222PM22设,0,1，则PMPB2,,，PB222222AMAPPM2,,2222平面PAD的一个法向量为m1,0,0，设平面ADM的一个法向量为nx,y,z，则ADn2y0,22AMn2x1y1z0,22令z2，则n1,0,2， 因为二面角PADM的大小为45，所以mn12cosm,n，mn(1)2(2)221由0,1，解得：，3PM1所以线段PB上存在点M，当时，使得二面角PADM大小为45PB3解法二：（1）取AD的中点O,AB的中点F，连结PO,BO,DF.在四边形ABCD中，BCCD,AB∥CD，故四边形ABCD为直角梯形，又AB2BC2CD2，故CD∥BF，且CDBFBC1，所以四边形BCDF为正方形，故ADF为等腰直角三角形，从而AD2,BAD45，PAD为等腰直角三角形.222225在ABO中，BO222cos45，222又因为PAPD1，所以POAD，12POAD，又PB3，22所以222PBPOBO，故POOB，由AOBOO,AO平面ABCD,OB平面ABCD，从而PO平面ABCD，又PO平面PAD，所以平面PAD平面ABCD.（2）过B作Bz∥PO，则Bz平面ABCD.以B为原点，BA､BC､Bz所在的直线分别为x､y､z轴，建立如图的空间直角坐标 312系，则B0,0,0,A2,0,0,C0,1,0,D1,1,0,P,,，222BM312设,0,1，则BMBP,,，BP222312AMBMBA2,,，222AD1,1,0设平面ADM的一个法向量为nx,y,z，ADnxy0,则312AMn2xyz0,2222令y，得n,,221，因为二面角PADM的大小为45，所以平面ADM与平面ABCD所成的角也等于45，平面ABCD的一个法向量为m0,0,1，mn2212cosm,n，mn228(1)222因为0,1，解得，3BM2PM1，即时，使得二面角PADM大小为45所以线段PB上存在点M，当.BP3PB3解法三：（1）同解法二；（2）过M点作MHOB于H，过H作HEAD于E，连结ME由（1）知平面POB平面ABCD，所以MH平面ABCD，故MHAD，所以AD平面MHE，因而MEAD，所以MEH是二面角MADB的平面角. 因为平面PAD平面ABCD，二面角PADM大小为45，所以二面角MADB大小为45，从而MEH45，故MHEH.设MHh，则EHh，因为HEAD,BDAD，从而HE∥BD，OHEHh所以，OBBD2BH2h从而OB2因为MHOB,POOB，从而MH∥PO，BHMHBM所以，OBPOPB2hh2即22，解得h，.3223PM1所以BM22，从而.PB3PB23219.本题主要考查正弦定理､余弦定理､三角形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想等.222解法一：（1）由余弦定理得bac2accosB，22即49acac11又内切圆半径为3，所以acsinabc3，232故ac2ac14，2249acac,ac40,于是即，ac2ac14,ac13,a8,a5,得或c5c8.a8,因为ac，所以c5. Sx5ABD（2）设BDx,CDy，由，Sy7ADC又因为xy8，510所以BD8.123222在ABD中，由余弦定理ADBABD2BABDcos，3210010117557得AD2525，所以AD.93293解法二：（1）设圆O与边BC相切于点E，连结OE,OB，则OEBC，且OE3，且OBE，6故BE3OE3因为ABC三边与圆O相切，切线长相等所以a3c37，即ac13，22222根据余弦定理得bac2accosB，即49acac，12所以ac(ac)4940，3a8,a5,解得或c5c8.a8,因为ac，所以.c5.2549641（2）由余弦定理得cosA.2577ABACADABAC.ABAC5735又因为1,.57122|AD|2ABAC2112111162ABAC7743557所以AD.7123解法三：（1）同解法一；2549641（2）在ABC中，由余弦定理得cosA，2577 43所以sinA，72A12AA21又cosA12sin，所以12sin，所以sin.27227A27且cos.272A3A1A327121321sinADBsincossin.322222272714ADAB在ABD中，由sinADB，sin3AD557得3321，所以AD321420.本小题主要考查列联表､二项分布､概率的期望等基础知识，考查运算求解能力､数据处理能力､应用意识，考查统计思想､化归与转化思想.解：（1）（i）依题意得22列联表如下：正确识别错误识别合计A组软件402060B组软件202040合计604010022100(40202020)25因为2.7783.841，6040604092且P3.8410.05所以没有95%的把握认为软件类型和是否正确识别有关，.21（ii）由（i）得P,P，1232故方案二在一次测试中通过的概率为2222122212211122214PC1CCC1CC.222222332322329（2）方案二每次测试通过的概率为1222212222PC2P11P1C2P2C2P1C2P21P2C2P1C2P28PP3PP12123283P1P2P1P23 24163PP12927416所以当PP时，P取到到最大值，1292742又PP，此时PP.121233因为每次测试都是独立事件，故n次实验测试通过的次数XBn,P，期望值EXnP16，161627因为p，所以n162727p162所以测试至少27次，此时PP.12321.本题主要考查直线､双曲线､直线与双曲线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力､推理论证能力，考查化归与转化思想､数形结合思想，考查考生分析问题和解决问题的能力.解法一：（1）因为点M满足MF1MF24，所以点M的轨迹为双曲线的右支，故a2,c5，所以b1，2x2所以曲线E的方程为y1(x0).4（2）设BC与AQ的交点为D.显然直线BC的斜率存在，设BC的方程为ykxm，ykxm,222联立方程22消去y得4k1x8kmx4m40，x4y4,8kmxx1224k1设Bx1,y1,Cx2,y2，所以2.4m4xx1224k1yy21又kAC,kAB，因为kACkAB1，x2x221yy21所以1，x2x22122故k1x1x2mk2x1x2m40，224m48km222代入k12mk22m40，整理得20k3m16km0，4k14k110即10k3m2km0，解得mk或m2k（舍）.31010所以直线BC的方程为ykx，即直线BC恒过定点,0.33 因为A,B,Q,C四点共圆，且BC为直径，由BCAD，1所以点D为AQ中点，且直线AD的方程为yx2，k210k610xykx233k1联立解得14ky(x2)yk3k2110k264k14k268k所以点D,，故Q,，22223k13k13k13k122214k68k代入曲线E的方程44，223k13k142解得kk0，即k1，所以直线BC的斜率为±1.解法二：（1）同解法一；（2）由对称性，直线BC必过定点t,0，xmyt,设BC的方程为xmyt，联立方程22x4y4,222消去x得m4y2tmyt40，2tmyy122m4设Bx1,y2,Cx2,y2，所以2.t4yy122m4yy21kAC,kAB，x2x221yy21因为kACkAB1，所以1，x2x22122故m1y1y2tm2my1y2t4t40，22t42tm2代入m1mt2(t2)0，22m4m410因为t2，整理得3t100，解得t.31010所以直线BC的方程为xmy，即直线BC恒过定点,0.33 26m10x103m21xmy联立3解得ym(x2)y4m3m216m2104m6m2148m所以点D,，故Q,，22223m13m13m13m12226m148m代入曲线E的方程44，223m13m12解得m10，即m1，所以直线BC的斜率为1.解法三：（1）同解法一；1（2）设AC方程为ykx2，设AB方程为yx2，kykx2联立方程，22x4y42222消去y得14kx16kx16k40，2216k48k2设Cx1,y1，则2x12，得x12，14k4k128k24k所以y1k222，4k14k128k24k所以点C2,2.4k14k1212k84k用替换k得点B2,2.kk4k44k4k4k21k243k所以BC斜率kBC222，8k22k84k1224k1k423k2k84k故直线BC方程为y2x22，4k1k4k43k10k即y2x2，4k14k13k10即y2x.4k13 10所以直线BC恒过定点,0.3下同解法一.解法四：（1）同解法一；（2）将坐标系原点平移到A2,0，2(x2)2则双曲线E的方程变为y1，422即x4y4x0.新坐标系下直线BC的方程设为mxny1，22代入双曲线方程有x4y4xmxny0，22即14mx4y4nxy0，22yy两边同除以x得44n4m10，xx设直线AC,AB的斜率分别为k1,k2，4m13则kk1，所以m，12443所以直线BC的方程为xny1，44从而直线BC恒过定点,0，310故原坐标系下直线BC恒过定点,0.310由A,B,Q,C四点共圆，设BC的直线方程为ykx，3101即kxyk0；设AQ的直线方程为yx2，即xky20.3k1022所以过四点A,B,Q,C的二次曲线系方程为kxykxky2x4y40，322等式左边xy的系数为k1，所以k10，所以k1，即直线BC的斜率为±1.解法五：（1）同解法一；（2）由直线BC不过点2,0，故设直线BC的方程为mx2ny1，2222所以由x4y4得(x22)4y4，222即2m1x22ny]4y4mx2ny]，2222yyy两边同除以(x2)得2m12n44mn，x2x2x2 yk2设，上式整理得4k4nk4m10.x24m1设直线AC,AB的斜率分别为k1,k2，则k1k21，43解得m，43310所以直线BC的方程为x2ny1，即xny0，44310从而BC恒过定点,0.3下同解法五.22.本小题主要考查导数及其应用､不等式等基础知识，考查推理论证能力､运算求解能力､创新意识等，考查函数与方程思想､化归与转化思想､分类与整合思想等.x解法一､（1）当a0时，由e0，且x0,时sinx0，故fx1成立；当a0时，即为f(x)max1.cosxsinx由fxa，.xe令fx0，得x，4所以fx在0,单调递增，在,单调递减，44af(x)f1所以max4，即0a2e4.2e4综上，a2e4.4sinx4cosxsinx（2）fx,fx，xxee所以fx在0,单调递增，在,单调递减，44故0xx.124先证xx，由x，121242故即证fx2fx1，由fx1fx2，2故即证fx1fx1，设hxfxfx,x0,，224 xsinxcosxexe2则，hxfxfx402e2所以hx在0,上单调递减，所以hxh0.44x2x2现证x2sinx2，即证x2sinx2,x2,.ee4ttx，故即证sint，即证etsin0设2ttt.et3设gtesintt,t0,，4tt则gtesintcost1，设ptesintcost1，t3由pt2ecost，所以pt在0,单调递增，在,单调递减，2243又p00,pe210,p10，243所以t0,，使得pt00，243故gt在0,t0单调递增，在t0,单调递减，43g(t)minming0,g43343又g00,g31e4322e3e30，42444所以gt0，即etsin0tt，x2故sinxex22asinx解法二､（1）fx1，xex由e0，且x0,时sinx0，xe所以a.sinxminxxeesinxcosx设gx，则gx，2sinxsinx令gx0，得x，4 所以gx在0,单调递减，在,单调递增，44所以g(x)g2e4，即mina2e444sinx4cosxsinx（2）fx,fx，xxee所以fx在0,单调递增，在,单调递减，442故0xx.124先证xx，由x，121242故即证fx2fx1，由fx1fx2，2故即证fx1fx1，2设hxfxfx,x0,，24xsinxcosxexe2则，hxfxfx402e2所以hx在0,上单调递减，所以hxh0.44所以fx1fx1，从而x1x2.224fx在x处的切线方程为yx，e4现证xfx.22e44sinx设rxx,x,xee444cosxsinx1cosxsinxrx4，xxeeee1cosxsinx8cosx设tx4，则tx，xxeee所以rx在,上单调单调递增，在,上单调递减，422 r40,r4110,r0,4e2ee2故所以x0,，使得rx00，42故rx在,x0单调递减，在x0,单调递增，4所以r(x)maxmaxr,r，43322322e4又r0,r0，4eee444sinxx22故rx0，即x，所以sinx.e2ex2ex22