2023届福建省宁德市普通高中毕业班五月份质量检测数学答案.pdf

1、2023 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

2、题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 分，满分 40 分 1D 2C 3B 4B 5C 6D 7A 8B 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 ABD 10BC 11ACD 12AD 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 135 14()2f xx=（答案不唯一：如()1exf xx=+，()cos1f xx=等）151 168 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，

3、考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等满分 10 分 解：（1）由2nnban=+得111ba=+，224ba=+，1 分 代入113ab+=，228ab+=得1213a+=，2248a+=，解得11a=，22a=，3 分 又因为数列na为等差数列，故公差为211daa=，4 分 因此nan=，2nbnn=+5 分（2）证明：由（1）可得2nbnn=+，所以211111nbnnnn=+，7 分 所以1231111nnSbbbb=+1111111(1)(223341nn=+）+）111n=+8 分 又因为*nN,所以11012n+（1n=时等号成立），所以111121n+，即112nS

4、10 分 18.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 等满分 12 分 解法一：（1）取AB的中点F，连结BD，DF.在四边形ABCD中，BCCD，/ABCD，故四边形ABCD为直角梯形，又222ABBCCD=，故112AFBFAB=，2BD=.又由/CDBF，CDBF=，所以四边形BCDF为正方形，故112DFAB=，从而BDAD；2 分 又1PD=，3PB=，所以222PDBDPB+=，故BDPD.3 分 由PDADD=，PD 平面 PAD，AD 平面 PAD，从而BD 平

5、面 PAD，4 分 又BD 平面ABCD，所以平面PAD 平面ABCD5 分（2）取 AD的中点 O，连接 OP，OF，由1PAPD=，所以POAD，因为平面PAD 平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD=，所以PO 平面ABCD6 分 又O，F为AD，AB的中点，所以/OFBD，且1222OFBD=，由（1）知BDAD，故 OFAD 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，则()0,0,0O，20,02A，20,02D，20,0,2P，22,02B，7 分 则()0,2,0AD=，222,22PB=，220,22AP=，设PMPB=，

6、()0,1，则22222PMPB=，22222,2222AMAPPM=+=，平面 PAD 的一个法向量为()1,0,0=m，8 分 设平面 ADM 的一个法向量为(),x y z=n，则()()20,222110,22ADyAMxyz=+=nn 令2z=，则()1,0,2=n，10 分 因为二面角PADM的大小为45，所以()()2212cos,212=+m nm nm n，由0,1，解得：13=，所以线段上存在点 M，当13PMPB=时，使得二面角大小为45.12 分 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，BCCD，/ABCD，故四边形

7、ABCD为直角梯形，又222ABBCCD=，故/CDBF，且1CDBFBC=，所以四边形BCDF为正方形，故ADF为等腰直角三角形，从而2AD=，o45BAD=，PAD为等腰直角三角形.1 分 在ABO中，222o225222cos45222BO=+=，又因为，所以POAD，PBPMAD1PAPD=1222POAD=，又3PB=，所以222PBPOBO=+，故POOB,.3 分 由AOBOO=，AO 平面ABCD，OB 平面ABCD，从而PO 平面ABCD，4 分 又PO 平面PAD，所以平面PAD 平面ABCD.5 分（2）过 B 作/BzPO，则Bz 平面ABCD6 分 以 B 为原点，B

8、A、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系，则()0,0,0B，()2,0,0A，()0,1,0C，()1,1,0D，3 12,2 22P，设BMBP=，0,1，则，3122222AMBMBA=，()1,1,0AD=，7 分 设平面 ADM 的一个法向量为(),x y z=n，则20,3220,2221ADxyAMxyz=+=+=nn 令y=，得(),2 2(1)=n，9 分 因为二面角PADM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()0,0,1=m，10 分 2222 2(1)2cos,28(1=+

9、）m nm nm n，因为0,1，解得23=，.11 分 所以线段上存在点 M，当23BMBP=，即13PMPB=时，使得二面角大小为45.312(,)222BMBP=PBPMAD12 分 解法三：（1）同解法二；（2）过M点作MHOB于H，过H作HEAD于E，连结ME 由（1）知平面POBABCD 平面，所以MHABCD 平面,故MHAD,所以ADMHE 平面,因而MEAD，所以MEH是二面角MADB的平面角.7 分 因为平面PAD 平面ABCD,二面角PADM大小为45,所以二面角MADB大小为45，从而45MEH=，故MHEH=.8 分 设MHh=，则EHh=,因为HEAD，BDAD，从

10、而HEBD，所以2OHEHhOBBD=，从而22BHhOB=.9 分 因为MHOB，POOB，从而MHPO，所以,BHMHBMOBPOPB=即2222hh=，解得23h=，.11 分 所以223,322BMPB=从而13PMPB=.12 分 19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满分 12 分 解法一：（1）由余弦定理得2222cosbacacB=+，即2249acac=+1 分 又内切圆半径为3，所以11sin()3223acabc=+，2 分 故2()14acac=+，3 分 于是2249,2()14,acacacac=+=+即

11、40,13,acac=+=，4 分 得8,5ac=或5,8.ac=因为ac，所以8,5.ac=6 分（2）设,BDx CDy=，由57ABDADCSxSy=，8 分 又因为8xy+=，所以5108123BD=9 分 在ABD中，由余弦定理2222cos3ADBABDBA BD=+,10 分 得210010117525259329AD=+=，所以5 73AD=12 分 解法二：（1）设圆O与边BC相切于点E，连结OE，OB，则OEBC，且3OE=，且6OBE=，故33BEOE=.1 分 因为ABC三边与圆O相切，切线长相等 所以()()337ac+=，即13ac+=，2 分 根据余弦定理得222

12、2cosbacacB=+，即2249acac=+，3 分 所以21()49403acac=+=，4 分 解得8,5ac=或5,8.ac=因为ac，所以8,5.ac=6 分（2）由余弦定理得2549641cos2577A+=7 分 ABACADABAC=+57ABAC=+8 分 又因为157+=，3512=9 分 2222116(1 12 1 1)77ABACADABAC=+=+=,.11 分 所以4355 71237AD=12 分 解法三：（1）同解法一；（2）在ABC中，由余弦定理得2549641cos2577A+=，所以4 3sin7A=，7 分 又2cos12sin2AA=，所以2112

13、sin72A=，所以21sin27A=且2 7cos27A=9 分 231sinsin()cossin322222AAAADB=+32 71213 21272714=+=10 分 在ABD中，由sinsin3ADABADB=，得533 21214AD=，所以5 73AD=12 分 20.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、化归与转化思想满分 12 分 解：（1）（i）依题意得22列联表如下：正确识别 错误识别 合计 A 组软件 40 20 60 B 组软件 20 20 40 合计 60 40 100 1 分 因为2210

14、0(40202020)252.7783.841604060409=，3 分 且2P(3.8410.05=）所以没有95%的把握认为软件类型和是否正确识别有关,.4 分 （ii）由（i）得123P=，212P=，5 分 故方案二在一次测试中通过的概率为 222212212222222222121121411332322329PCCCCCC=+=.7 分（2）方案二每次测试通过的概率为()()()()()()22221221222112221222212211PCPPCPCPCPPCPCP=+8 分 12128(3)3PPPP=()21212833PPPP=+9 分 2124163927PP=+所

15、以当1249PP=时，P取到到最大值1627，10 分 又1243PP+=，此时1223PP=.因为每次测试都是独立事件，故n次实验测试通过的次数(,)XB n P，期望值()16E XnP=，因为1627p，所以1627162716np=11 分 所以测试至少 27 次，此时1223PP=12 分 21.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，满分 12 分 解法一：（1）因为点M满足124MFMF=，所以点M的轨迹为双曲线的右支，1 分 故2a=，5c=，所以1b=，3

16、分 所以曲线E的方程为221(0)4xyx=4 分(未注明右支或未注明右支或0 x 扣扣 1 分分)（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ykxm=+，联立方程22,44,ykxmxy=+=消去y得222(41)8440kxkmxm+=，设11(,)B x y，22(,)C xy，所以12221228414441kmxxkmx xk+=+=5 分 又2121,22ACAByykkxx=，因为1ACABkk=，所以2121122yyxx=，6 分 故221212(1)(2)()40kx xmkxxm+=，代入22222448(1)(2)()404141mkmkmkm

17、kk+=，整理得22203160kmkm+=，即(103)(2)0kmkm+=，解得103mk=或2mk=（舍）8 分 所以直线BC的方程为10()3yk x=，即直线BC恒过定点10(,0)39 分 因为,A B Q C四点共圆，且BC为直径，由BCAD，所以点D为AQ中点，且直线AD的方程为1(2)yxk=，联立10(),31(2),yk xyxk=解得222106,3(1)4.3(1)kxkkyk+=+=+所以点2221064,3(1)3(1)kkDkk+，故2221468,3(1)3(1)kkQkk+，11分 代入曲线E的方程222221468443(1)3(1)kkkk+=+，解得4

18、20kk=，即1k=，所以直线BC的斜率为1.12 分 解法二：（1）同解法一；（2）由对称性，直线BC必过定点(,0)t，5 分 设BC的方程为xmyt=+，联立方程22,44,xmytxy=+=消去x得222(4)240mytmyt+=，设12(,)B x y，22(,)C xy，所以12221222444tmyymty ym+=6 分 2121,22ACAByykkxx=，因为1ACABkk=，所以2121122yyxx=，故221212(1)(2)()440my ytmm yytt+=，7 分 代入()2222242(1)(2)()2044ttmmm ttmm+=，因为2t，整理得31

19、00t=，解得103t=8 分 所以直线BC的方程为103xmy=+，即直线BC恒过定点10(,0)3 9 分 联立10,3(2),xmyym x=+=解得222610,3(m1)4.3(1)mxmym+=+=+所以点2226104,3(m1)3(1)mmDm+，故2226148,3(m1)3(1)mmQm+，11 分 代入曲线E的方程222226148443(m1)3(1)mmm+=+，解得210m =，即1m=，所以直线BC的斜率为1.12 分 解法三：（1）同解法一；（2）设AC方程为(2)yk x=，设AB方程为1(2)yxk=，联立方程22(2)44yk xxy=，消去y得2222(

20、14)161640kxk xk+=，设11(,)C x y，则212164214kxk=，得2128241kxk+=，所以2122824(2)4141kkykkk+=，所以点222824(,)41 41kkCkk+5 分 用1k替换k得点222284(,)44kkBkk6 分 所以BC斜率222222244341482284(1)414BCkkkkkkkkkkk=+，7 分 故直线BC方程为22223284()4(1)44kkkyxkkk+=+，即223104(1)4(1)kkyxkk=+，即2310()4(1)3kyxk=所以直线BC恒过定点10(,0)3 9 分 下同解法一 解法四：（1）

21、同解法一；（2）将坐标系原点平移到(2,0)A，则双曲线E的方程变为22(2)14xy+=，即22440 xyx+=新坐标系下直线BC的方程设为1mxny+=，5 分 代入双曲线方程有2244()0 xyx mxny+=，即22(14)440m xynxy+=，6 分 两边同除以2x得24()4410yynmxx=，7 分 设直线,AC AB的斜率分别为12,k k，则124114mkk=，所以34m=，8 分 所以直线BC的方程为314xny+=，从而直线BC恒过定点4(,0)3，故原坐标系下直线BC恒过定点10(,0)39 分 由,A B Q C四点共圆，设BC的直线方程为10()3yk

22、x=，即1003kxyk=；设AQ的直线方程为1(2)yxk=，即20 xky+=所以过四点,A B Q C的二次曲线系方程为2210()(2)(44)03kxykxkyxy+=，.11 分 等式左边xy的系数为21k，所以210k =，所以1k=，即直线BC的斜率为1.12 分 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()21m xny+=，5 分 所以由2244xy=得()222244xy+=，即()()()2222122442mxnyym xny+=+，6 分 两边同除以()22x得()22221244()222yyymnmnxxx+=+，7 分 设

23、2ykx=，上式整理得244410knkm=.设直线,AC AB的斜率分别为12,k k，则124114mkk=，解得34m=，8 分 所以直线BC的方程为()3214xny+=，即310043xny+=，从而BC恒过定点10(,0)39 分 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 满分 12 分 解法一、（1）当0a 时，由e0 x，且()0,x时sin0 x，故()1fx 成立；.1 分 当0a 时，即为()max1f x.由()cossinexxxfxa=，.2 分

24、令()0fx=，得4x=，所以()fx在0,4单调递增，在,4单调递减，.3 分 所以()max4142eaf xf=，即402ea.4 分 综上，42ea.5 分（2）()4sinexxf x=，()()4 cossinexxxfx=，所以()f x在0,4单调递增，在,4单调递减，故1204xx.6 分 先证122xx，由412x，故即证()2f x12fx，由()()12f xf x=，故即证()1f x12fx，设()()2h xfxf x=，0,4x，7 分 则()()()22sincosee402exxxxh xfxfx=，所以()h x在0,4上单调递减，所以()04h xh=.

25、8 分 现证222sinexxx，即证()222sinexxx，2,4x.设2tx=，故即证sinettt，即证e sin0ttt.9 分 设()g=e sintttt，0,4t，则()()g=e sincos1tttt+，设()()=e sincos1tp ttt+，由()=2e costp tt，所以()p t在0,2单调递增，在,24 单调递减，又()00p=，2e102p=，104p=，所以0,24t，使得()00p t=，故()g t在()00,t单调递增，在0,4t单调递减，10 分()()mingmin0,4tgg=，又()00g=，34412 2e3e3e044442g =，1

26、1 分 所以()g0t，即e sin0ttt，故222sinexxx.12 分 解法二、（1）()sin1exaxf x=，由e0 x，且()0,x时sin0 x，1 分 所以minesinxax.2 分 设()esinxg xx=，则()()2esincossinxxxgxx=，3 分 令()0gx=，得4x=，所以()g x在0,4单调递减，在,4单调递增，4 分 所以()4min2e4g xg=，即42ea.5 分（2）()4sinexxf x=，()()4 cossinexxxfx=，所以()f x在0,4单调递增，在,4 2 单调递减，故1204xx.6 分 先证122xx，由412

27、x，故即证()2f x12fx，由()()12f xf x=，故即证()1f x12fx，设()()2h xfxf x=，0,4x，7 分 则()()()22sincosee402exxxxh xfxfx=，所以()h x在0,4上单调递减，所以()04h xh=.所以()1f x12fx，从而122xx+.8 分()f x在x=处的切线方程为()4eyx=，9 分 现证()()224exf x.设()()44sineexxr xx=，,4x()()4 cossin41cossin4eeeexxxxxxrx=+，设()1cossin4eexxxt x=+，则()8cosexxtx=，所以()rx在,4 2 上单调单调递增，在,2上单调递减，404er=，211402eer=，()0r =，故所以0,4 2x，使得()00rx=，故()r x在0,4x单调递减，在()0,x 单调递增，10 分 所以()()maxmax,4r xrr=，又4432 232e04eeer=，()0r =，11 分 故()0r x，即()2224sin4eexxx，所以222sinexxx.12 分