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）