福建省宁德市2025届普通高中毕业班五月份质量检测数学答案_2025年5月_250515福建省宁德市2025届普通高中毕业班五月份质量检测（宁德四检）（全科）

2025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．A 2．B 3．B 4．C 5．D 6．D 7．B 8．C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．BC 10．BCD 11．ABC
1
11. 解法一：函数 f(x)的定义域为{x∣x1,且x0}，由( 1)ln(x1)10得
x
x
ln(x1) (x1且x0).
1x
x
作出yln(x1)与y 的图像，二者有唯一交点0，0，不合题意，故 f(x)没有零点．故A正确.
1x
1 1 1
f '(x) ln(1x)( a)
x2 x 1x
1 1ax
 ln(1 x)
x2 x(1x)
1 x(1ax)
 [ln(1 x) ],
x2 1x
x(1ax) 2axax2x
令g(x)ln(1x) ,g'(x) ,
1x （1+x)2
因为a0,x0,所以g'(x)0,
又g(0)0，所以g(x)0,所以 f '(x)0,
则 f(x)在(0,)上无极值，故B正确.
1 1x
令 hx f  (xa)ln 1，
x x
1 1
因为1 0，所以x0或x1，由对称性可知，故若存在对称轴或对称中心，必在直线x 上.
x 2
1x x
考虑h(x)h(x1)[(xa)ln 1][(x1a)ln 1]
x 1x
1x 1x 1x
(xa)ln 1(x1a)ln (2a1)ln ，
x x x
数学答案 第1页（共10页）1
当a 时，h(x)h(x1)，
2
1 1
所以 y f( )关于x 对称，故C正确.
x 2
1x 1x 1x
考虑h(x)h(x1)(xa)ln (x1a)ln 2 (2x1)ln 2,
x x x
所以不存在符合题意的常数a．故D错误.
故选ABC.
解法二：由解法一可得A正确.
1 1 1
f '(x) ln(1x)( a) (x1且x0).
x2 x 1x
1 x 1 x 1 1 ax
易证：ln(x1)1  ，所以 f '(x)  ( a) = 0 ,
1x 1x x2 1x x 1x x(1x)
即 f(x)在(0,)上无极值,故B正确.
由解法一可得C正确.
由解法一可得D错误.
故选ABC.
三、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分15分．
51 1
12．1 13． (1, ) 14．5，
2 3
14.（1）当m3,k 3时，符合题意得数列有
0,0,0,1,1,1 0,0,1,0,1,1 0,1,0,0,1,1 0,0,1,1,0,1 0,1,0,1,0,1
所以共有5种．
（2）记数列a 为“规范数列”的个数为 f(m,k)
n
显然第一项为0，当第二项为0时，规范数列个数为C2，
m
当第二项为1时，第三项必然为0，此时规范数列个数为C1 ，
m1
所以 f(m,2)C2 C1 .故
m m1
f(m,2) m2 m2 m1 2
P    1
m2 C2 (m2)(m1) m1 m1
m2
2 1
当m2时，(P ) 1 
m2 min 3 3
四、解答题：本大题共5小题，满分77分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．
15.本题主要考查正弦定理、三角形面积公式、三角恒等变化等基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解
能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运
算等核心素养，体现基础性与综合性．满分13分．
数学答案 第2页（共10页）解法一：（1）因为m( 3cosA,cosAsinA)，n(2sinA,cosAsinA)
所以 f(A)mn 2 3sinAcosAcos2 Asin2 A……………………………………………………………1分

 3sin2Acos2A 2sin（2A ）……………………………………………………………………………3分
6
 3  2 5
又因为A

，

，所以2A 

,

，………………………………………………………………4分
4 4  6  3 3 
  3
所以sin（2A ）1， ，…………………………………………………………………………………5分
6  2 

所以 f(A)  f( ) 3………………………………………………………………………………………6分
max
4

（2）由（1）知若 f(A)2sin（2A ）1，
6
 3 
因为A

，

，所以A ，………………………………………………………………………………7分
4 4  3
1
因为cosAcos(BC)cosBcosCsinBsinC  ,………………………………………………………8分
2
1
所以sinBsinC  ，……………………………………………………………………………………………9分
4
3
因为a 3,sinA ，
2
a b c
由正弦定理知   ，
sinA sinB sinC
b c
所以sinB ,sinC  ，………………………………………………………………………………………11分
2 2
所以bc1………………………………………………………………………………………………………12分
1 3
所以S  bcsinA ……………………………………………………………………………………13分
ABC
2 4
解法二：（1）同解法一

（2）由（1）知 f(A)2sin（2A ）1.
6
 3 
因为A

，

，所以A …………………………………………………………………………………7分
4 4  3
1
因为cosBcosC  ，所以
4
2  1
cosBcos B  ，………………………………………………………………………………8分
 3  4
 1 3  1
cosB cosB sinB ，
 
 2 2  4
数学答案 第3页（共10页）1 3 1
 cos2B sinBcosB ，
2 2 4
2cos2B2 3sinBcosB1，
3
1cos2B 3sin2B1，所以tan2B ……………………………………………………………………9分
3
   7
B ， B ，
 2  
又因为B0， ,所以 12 或 12 ………………………………………………………………11分
 3  C  7 C   .
 12  12
a b c
由正弦定理知   ，
sinA sinB sinC
所以b2sinB,c2sinC，
1 3
S  bcsinA2sinAsinBsinC  …………………………………………………………………………13分
2 4
16.本小题主要考查统计、全概率公式、概率的分布及期望、考查数学建模能力、运算求解能力、数据处
理能力、应用意识，考查数学抽象、逻辑推理、数学建模、数据分析和数学运算等核心素养，体现基
础性、综合性与创新性．满分15分．
解：（1）设笔试成绩样本平均数为x，第一四分位数（即下四分位数）为t，则
x 400.1500.2600.3700.24800.12900.04 ……………………………………………2分
62 …………………………………………………………………………………………………………3分
又 0.1(t45)0.020.25 …………………………………………………………………………………5分
t 52.5 …………………………………………………………………………………………………………6分
（2）记“笔试成绩等级良好”为事件A，“操作成绩等级为良好”为事件B，
0.12
依题意，P(A) 0.040.1, P(A)1P(A)0.9 P(B A) 0.8,
2
P(B A) 0.6 ……………………………………………………………………………………………………8分
所以P(B)P(B A)P(A)P(B A)P(A) ………………………………………………………………………9分
0.80.10.60.9
0.62 …………………………………………………………………………………………………………10分
因为X  B(5,0.62) …………………………………………………………………………………………11分
所以E(X)50.623.1 ……………………………………………………………………………………13分
D(X)50.62(10.62)1.178 ……………………………………………………………………………15分
17.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、逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等，考查直观
想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性与综合性．满分15分．
数学答案 第4页（共10页）解：（1）证明：取BC的中点H，连结DH ，FH .
DE平面ABCD，DE AD，
VBCF是等边三角形，
FH BC，…………………………………………………………1分
平面BCF平面ABCD，FH 平面ABCD，
DE//FH ，D，E，F，H共面，………………………………2分
平行四边形ABCD中，AB AD  BD 2，
平行四边形ABCD为边长为2的菱形，且BAD60
在等边△BCD中，BH CH 1，，
DH BC，
四边形ABCD为菱形，AD//BC，DH  AD，…………………………………………………………4分
DEDH D，AD平面DEFH，
ADEF ．…………………………………………………………………………………………………6分
（2）由（1）得ADDE，ADDH ，
DE平面ABCD，直线AE和平面ABCD所成角为DAE，
即DAE600，…………………………………………………7分
在Rt△ADE中，AD 2，DE 2 3,DH  3
以D为原点，DA，DH，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0，B  1, 3,0  ，E  0,0,2 3  ，F  0, 3, 3  ，
 
设BGBF01，
    
则AGABBG 1, 3, 3 ，……………………………………………………………………………8分
设mx,y ,z 是平面ADG的一个法向量，
1 1 1

则   m  D  A  , ∴   2x 1 0,
mAG,  1x
1
 3y
1
 3z
1
0,
取y ，则z 1，
1 1
m0,,1，…………………………………………………………………………………………………10分
数学答案 第5页（共10页）
n AE,  2x 2 3z 0,
设nx ,y ,z 是平面AEG的一个法向量，则   2 2
2 2 2 n AG,  1x
2
 3y
2
 3z
2
0,
 
取x  3，则y 1，z 1，n 3,1,1 ，…………………………………………………………………12分
2 2 2
1
平面ADG和平面AGE所成角的余弦值为 ，
5
  mn 1 1
 cos m,n    ，…………………………………………………………………………13分
m n 21 5 5
1 1
 或2（舍去），BG BF1……………………………………………………………………15分
2 2
18.本题主要考查圆、椭圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力和创
新能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等核
心素养，体现基础性、综合性与创新性，满分17分．
解法一：（1）因为线段PF 的垂直平分线与半径PC相交于点R，所以RPRF.
又因为 PC 4,所以 RP  RC 4,所以 RF  RC 4,
因为F-1，0，C（1，0），
所以R的轨迹是以F、C为左右焦点的椭圆.………………………………………………………………2分
x2 y2
所以c1,a2，所以的方程为  1.………………………………………………………………4分
4 3
（2）设直线l的方程为xty4，点M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
xty4,
由 消去x得：(3t2 4)y2 24ty360 ，
3x2 4y2 12
 24t
y  y  ,
  1 2 3t2 4
则 144(t2 4)0，则t2或t 2.…………………………………………………5分
 y y  36
 1 2 3t2 4
144(t2 4)
y y  ，………………………………………………………………………………………6分
1 2 3t2 4)
1 1 12 (t2 4) 24 t2 4
MON 面积s 4 y y  4  …………………………………………9分
2 1 2 2 3t2 4 3t2 4
24u 24
令 t2 4 uu0，则t2 u2 4，s   3，
3u2 16 16
3u
u
4 28
当且u ，即t2  时，MON 面积的最大值为 3.…………………………………………………10分
3 3
数学答案 第6页（共10页）（3）因为k k 0，所以直线QA,QM 的倾斜角互补，所以 QA  QD ，
1 2
3
所以点Q在线段AD的垂直平分线上，所以Q(1, ).………………………………………………………11分
t
于是 DM  t2 1 y ， DN  t2 1 y ，.………………………………………………………………12分
1 2
3 3
QM  t2 1 y  ， QN  t2 1 y  .………………………………………………………………13分
1 2
t t
3
y  y 
DM QN 1 2 t
 ，……………………………………………………………………………………14分
DN QM 3
y  y 
2 1 t
3 3
y (y  ) y y  y
DM QN 1 2 t 1 2 t 1
于是   ，…………………………………………………………15分
DN QM 3 3
y (y  ) y y  y
2 1 t 1 2 t 2
3
因为y y  (y  y )，
1 2 1 2
2t
3 3 1 1
(y  y ) y y  y
DM QN 2t 1 2 t 1 2 1 2 2
所以   1.
DN QM 3 3 1 1
(y  y ) y y  y
2t 1 2 t 2 2 1 2 2
DM  QN
所以 的值1.…………………………………………………………………………………………17分
DN  QM
解法二：（1）同解法一.
（2）显然直线l的斜率k存在且非零，设直线l的方程为yk(x4)，点M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
yk(x4),
由
3x2 4y2 12
消去y得：(4k2 3)x2 32k2x64k2 120 ，
 32k2
x x  ,
 1 2 4k2 3 1 1
则 ，144(14k2)0，则 k 且k 0，……………………………………5分
 64k2 12 2 2
x x 
  1 2 4k2 3
MN  k2 1 x x 24x x  k2 1 12 14k2 .……………………………………………………6分
1 2 1 2 4k2 3
4 k
O点到直线l的距离d  ，……………………………………………………………………………7分
k2 1
数学答案 第7页（共10页）1 12 14k2 4 k
所以MON 面积s  k21 
2 4k2 3 k2 1
24 k  14k2 24 k2 4k4
  .……………………………………………………………………………8分
4k2 3 4k2 3
242 k2 4k4
7 12
s2  144[1  ]
 4k2 3 2 4k2 3  4k2 3 2
令u 1 ，则s2 144  12u2 7u1  ，…………………………………………………………………9分
4k2 3
7 3
当u ,即k2  时， s2的最大值为3，所以MON 面积的最大值为 3.…………………………10分
24 28
（3）同解法一.
解法三：（1）同解法一.
（2）显然直线l的斜率k存在且非零，设直线l的方程为yk(x4)，点M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
yk(x4)
由
3x2 4y2 12
，
消去y得：(4k2 3)x2 32k2x64k2 120 ，
 32k2
x x  ,
 1 2 4k2 3 1 1
则 144(14k2)0，则 k 且k 0，……………………………………5分
 64k2 12 2 2
x x 
  1 2 4k2 3
MN  k2 1 x x 24x x  k2 1 12 14k2 .……………………………………………………6分
1 2 1 2 4k2 3
4 k
O点到线l的距离d  ，………………………………………………………………………………7分
k2 1
1 12 14k2 4 k
所以MON 面积s  k21 
2 4k2 3 k2 1
24 k  14k2 24 k2 4k4
  .……………………………………………………………………………8分
4k2 3 4k2 3
k2(14k2) 24 16k23(14k2)
s24  
4k2 3 4 3 4k2 3
数学答案 第8页（共10页）16k2 3(14k2)
2 3 2  3 ，………………………………………………………………………………8分
4k2 3
3
即当k2  时，s有最大值为 3.…………………………………………………………………………10分
28
（2）（1）同解法一.
19.本小题主要考查数列递推等基础知识，导数及其应用、函数的零点和不等式等基础知识，考查逻辑推
理能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，
考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性与综合性．满分17分．
解：（1）由g(x) f(x)x xcosxx，x0,1 ，
得g(x)cosxxsinx1…………………………………………………………………………………1分
因为x0,1 ，则cosx10，xsinx0即g(x)0………………………………………………………2分
所以g(x)在区间0,1 递减，……………………………………………………………………………………3分
即g(x)值域为 cos11,0 ………………………………………………………………………………………4分
（2）在区间0,上，由 f(x) 2ax 恒成立，得2a

(x22)cosx

，………………………………5分
x22 max
   
设h(x)(x22)cosx，当x

,

时，h(x)0，故只需研究x0, 时的情形……………………6分
2   2
 
h(x)2xcosx(2x2)sinx，在区间0, 上，h(x)4xsinxx2cosx0
 2
 
所以，h(x)在区间0, 上递减，所以h(x)h(0)0……………………………………………………7分
 2
 
即h(x)(x22)cosx在在区间0, 上递减，所以h(x)h(0)2………………………………………8分
 2
所以2a2，a的最小值为1……………………………………………………………………………………9分
a
（3）由a =1，a  f(a )，得a a cosa 即cosa  n1 ，
1 n1 n n1 n n n a
n
n a a a a
所以cosa = 2  3  4  n1 =a ………………………………………………11分
k a a a a n1
k1 1 2 3 n
由（1）可知，当x0,1 时， f(x)x0，所以当a 1，0a a 1
1 2 1
当0a 1时，有0a a 1，…………………………………………………………………………13分
n n1 n
又由（2）知x0,1 时，cosx 2 ，所以 a n1=cosa  2 ………………………………………14分
x22 a n a22
n n
数学答案 第9页（共10页）1 2a2 1 a 2 2
所以，  n   n ，故a   ，…………………………………………………………15分
a 2a a 2 n a a
n1 n n n1 n
n 2 2 2 2 2 2 2 2 2
所以a (  )(  )(  )(  ) 2………………………………………16分
k a a a a a a a a a
k1 2 1 3 2 4 3 n1 n n1
n n
所以a cosa 22a …………………………………………………………………………………17分
k k n1
k1 k1
数学答案 第10页（共10页）