福建省龙岩市2025年高中毕业班五月教学质量检测数学答案_2025年5月_250510福建省龙岩市2025年高中毕业班五月教学质量检测（全科）

7 2 12．32 13． 14． 9 2 8．【略解】f x2ax ex2,fx2axlna2ex， 令gx fx2axlna2ex，gx2axln2a2e， 当a1时，gx2axln2a2e单调递增，则若gx 0，则x,x ,gx0,gx单 0 0 调递减，xx ,,gx0,gx单调递增，由已知可得 xm 和 xn 分别是函数 0 f x的极大值点和极小值点，此时 mn ，不合题意 e 当1a0时，gx2axln2a2e单调递减，若gx 0，则ax0  ， 0 ln2a x,x ,gx0,gx单调递增，xx ,,gx0,gx单调递减， 0 0 fx 0 2ax0lna2ex 0 2e   ln 1 a x 0    0 ，即 ln 1 a  x 0 ，故lnax0 x 0 lna ln ln e a2 1 ， 1 1 ∴lna 1, ea ，此时符合题意，∴1a . 选B. e e 11．【略解】双曲线 x2  y2 1(a0,b0)的左顶点为Aa,0，右顶点为Ba,0， a2 b2 b 渐近线为y x，在△PAB中， a PA sinPBA sin  πPBA  由正弦定理可知   ， PB sinPAB sinPAB 显然πPBA,PAB均为锐角且随着x 的增大分别减小与增大， 0 即sin  πPBA  ,sinPAB随着x 的增大分别减小与增大且均为正数， 0 PA ∴ 的值随着x 的增大而减小，故A正确； PB 0 高三数学答案 第1页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司 x 2  由P  x ,y  ，则y 2 b2  0 1，因为左顶点为Aa,0，右顶点为Ba,0， 0 0 0  a2   x 2  b2  0 1 y y y 2  a2  b2 k k  0  0  0   1 2 x a x a x 2a2 x 2a2 a2 0 0 0 0 b2 3 b 3 7 即  ，所以  ,e= ，故B 正确； a2 4 a 2 2 显然k ,k 0且k k ，k k  2 kk  3,故C 错误； 1 2 1 2 1 2 1 2 x2 y2 对于D，可设双曲线C:  1(k 0)， 4k 3k x x y y 在点P处的切线方程为 0  0 1， 4k 3k  3 y  x  12k 联立 2 可得x  ， x 0 x  y 0 y 1 M 3x 0 2 3y 0  4k 3k  3 y  x  12k 联立 2 可得x  ， x 0 x  y 0 y 1 N 3x 0 2 3y 0  4k 3k 12k 12k 72kx 72kx ∴x x    0  0  2x M N 3x 2 3y 3x 2 3y 9x 2 12y 2 36k 0 0 0 0 0 0 0 ∴点P为线段MN 的中点，即|PM ||PN |，故D正确； 14．【略解】在正方体中作出正四面体OABC， 作其中过C,O,A三个顶点的互相平行的平面，如图， 由于相邻平面间距离都相等， 不妨求平面AESK 与平面OMNQ间的距离， 其中，M,N,E,S 为正方体棱上的中点， 过E作EF OM 于F ， 则EF即为两平行平面间的距离， π  1 因为tanFOE tan LOF 2， 2  tanLOF 2 2 5 5 2 5 2 所以sinFOE  ，所以EF OEsinFOE    ， 5 5 2 2 5 2 高三数学答案 第2页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司2 即相邻平行平面间的距离为 . 2 15．（本题满分13分） 1 5 35 1 5 45 解：（1）由题意得x x  7, y y  9, .......................................2分 5 i 5 5 i 5 i1 i1 5 5 (x x)(y y)x y 5xy 2125108898117579 28, i i i i i1 i1 .....................................................................................................4分 5 5 (x x)2 50,(y  y)2 16, i i i1 i1 5 (x x)(y  y) i i 28 7 ∴相关系数r i1   0.99. ............7分 5 5 5016 5 2 (x x)2 (y  y)2 i i i1 i1 5 (x x)(y  y) i i 28 （2）由（1）知，b  i1  0.56, ............................9分 5 50 (x x)2 i i1 a  ybx9(0.56)712.92, .............................................11分 ∴所求的线性回归方程是y0.56x12.92. 当特征量x为12时,可预测特征量y0.561212.926.2. ..............13分 16．（本题满分15分） 解：（1）由nS n1S nn1，nN*，得： S n1  S n 1，又∵a 1 n1 n n1 n 1 S S ∴数列{ n}是首项为 1 a 1，公差d 1的等差数列，.....................3分 n 1 1 S ∴ n n，即S n2， .........................................................................5分 n n 当n2时，a S S n2(n1)2 2n1，且a 1满足a 2n1， n n n1 1 n ∴a 2n1， n ∴数列{a }的通项公式为a 2n1 ......................................................8分 n n （2）由（1）得a 2n1. n 高三数学答案 第3页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司4n 1 1 b (1)n (1)n(  ).................................11分 n (2n1)(2n1) 2n1 2n1 1 1 1 1 1 1 1 T (1 )(  )(  ) (1)n (  ) n 3 3 5 5 7 2n 1 2n 1 1 1(1)n .....................................................................15分 2n1 17.（本题满分15分） 解：（1）方法一：坐标法(利用共面向量基本定理） 在平面ABCD内作AS  AB，以A为原点，AB,AS,AP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， ...........................................1分 设PA 2a ∵AB∥DC，BC CD  2，AB 4, BC CD ∴B(4,0,0),C(4,2,0),P(0,0,2a),D(2,2,0),PD (2,2,2a) 又 M,N 分别为PB,PC的中点 ∴AM (2,0,a),AN (2,1,a)............3分 ∵AH  APPD (0,0,2a)(2,2,2a)(2,2,2(1)a)..............4 分 AH,AM,AN 共面，∴存在实数x,y，使得AH  xAM  yAN 即(2,2,2(1)a) x(2,0,a) y(2,1,a) (2x2y,y,axay)............... 5分  22x2y  2 ∴ 2 y 解得 ........................................................6 分  3 2(1)a axay 方法二：坐标法（利用法向量） 在平面ABCD内作AS  AB，以A为原点，AB,AS,AP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，..................................1分 设PA 2a ∵AB∥DC，BC CD  2，AB 4, BC CD ∴B(4,0,0),C(4,2,0),P(0,0,2a)，D(2,2,0),PD (2,2,2a) ∵AH  APPD (0,0,2a)(2,2,2a)(2,2,2(1)a) 又M,N 分别为PB,PC的中点 ∴AM (2,0,a),AN (2,1,a)............3分 设平面AMN 的法向量为n (x,y,z) 高三数学答案 第4页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司  nAM 2xaz0   nAN 2x yaz0 y 0,令z  2得x  a ∴n (a,0,2)....................................5分 又AH,AM,AN 共面 nAH (a,0,2)(2,2,∴2(1nA)Ha) ( 2aa,0,2)4(2(1 ,2 ),a2(10 )a)2a4(1)a0 2 解得 .........................................................6分 3 方法三：几何法 延长NH 交CD于S ,连接SA M,N 分别为PB,PC的中点 MN ∥BC MN 平面ABCD,BC 平面ABCD MN ∥平面ABCD..........................2分 又∵AS 平面AMNH 平面ABCD ∴MN ∥SA................................................................................................3分 ∴BC ∥SA，又AB∥CD ∴四边形ABCS 是平行四边形 ∴AB CS ∴CD  DS .................................................................................................4分 过N 作NT//CD交PD于T ∴PT TD HT NT NT 1 又    HD DS CD 2 PH 4PHHT 42HT 2  ∴  ............................................................................................6分 PD 6PHDT 63HT 3 （2）由法二得n (a,0,2) 又∵DC (2，0，0)，DP (2，2，2a) 设平面CDP 的法向量为m(x,y,z)   mDC  2x0   mDP2x2y2az0 解得x 0,令z 1得y  a ∴m (0,a,1)..............................................................................................8分 设平面AMN 和平面CDP 所成的角为 高三数学答案 第5页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司  |nm| 2 10 cos     |n||m| a24 a21 5 整理得a4 a2 60 a 0,a 1，即PA 2.........................................................................10分 方法一：利用向量法求三棱锥C AMN 的高 ∵平面AMN 的法向量为n(1,0,2) ,AC (4,2,0) 设点C到平面AMN 的距离为d ACn (4,2,0)(A 1, C 0,  2 n ) (44,25,0)(1,0,2) 4 5  ∴d =  ..............................................................................1分 n 5 n 5 5 5 ∵PA 平面ABCD，又BC 平面ABCD,PA  BC 又∵BC CD 又BAPA  A,BA、PA 平面ABP BC 平面ABP  又MNM,N 平 分 面 别AB为PPB,PC的中点 又BAPA  A,BA、 1 PA 平面ABP ∴MN ∥BC ，MN  BC 1 BC 平面ABP 2 MN 平面ABP ，又∵AM 平面APB ∴MN  AM ................................. 作 ....M.1 Q 3分  AB于Q,又PA  AB,AB 4,PA 2 1 作MQ  AB于Q,又PA  AB,AB 4,PA 2 ∴AM  BM  BP  5 2 1 AM  BM  BP  5 1 5 MQ 1 2 S  AM MN  ..........................................................................14分 AMN 2 2 MQ 1 1 1 4 5 5 2 V  S d     ......................................................15分 CAMN 3 AMN 3 5 2 3 方法二：几何法 ∵M,N 分别为PB,PC 的中点 ∴BC ∥MN ∵MN 平面AMN ,BC 平面AMN ∴BC ∥平面AMN 1 1 1 V V V  V  V  V CAMN BAMN NABM 2 CABM 4 CPAB 4 PABC .....................................13分 1 S  24 4,PA 平面ABC,PA2 ABC 2 1 1 2 V   42 ..................................................................15分 CAMN 4 3 3 高三数学答案 第6页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司18．（本题满分17分） p x2  x2 p 1 解：（1）F(0, )，设A(x , 1 )，则FA(x, 1  )( 3, )， 2 1 2p 1 2p 2 4 x  3,  1 ∴x2 p 1 ....................................................................................2分  1   , 2p 2 4 3 得：2p2 p60，解得p2或 p （舍）， ..................................3分 2 ∴抛物线C 的方程为x2 4y. .............................................................4分 1 （2）（ⅰ）由x2  y2 2y0得C :x2 （y 1)2 1，圆心(0,1),半径为1， 2 抛物线C 的焦点与C 的圆心重合，即为F0,1， 1 2 显然，直线斜率存在，设直线l 方程为ykx1，设点C  x ,y  、D  x ,y  ， 1 1 1 2 2 ykx1 联立方程 ，消去y并整理得x24kx40， x2 4y 16  k2 1  0，由韦达定理得x x 4k，xx 4. .....................6分 1 2 1 2 由抛物线的定义可知 CF  y 1， DF  y 1，x 0，x 0. 1 2 1 2 x2x2 4 2 CM  ND   CF 1    DF 1   y y  1 2  1， 1 2 16 16 即 CM  ND 为定值1；...........................................................................8分 （ⅱ） 由（ⅰ）可知： x x  (x x )24x x  4 k21. 1 2 1 2 1 2 x2 1 y x x 4 k  1   1 ，∴CO 的方程为 y  1x， CO x x 4 4 1 1  x y  1x 32 由 4 可得x  ， ............................................................10分 H 4x  y  x8 1  x x y  2 x 32 同理DO的方程为y  2 x，由 4 可得x  ，.............11分 4  y  x8 G 4x 2 32 32 x x ∴ GH  112  x x  2  32 2 1 2 H G 4x 4x x x 4  x x 16 1 2 1 2 1 2 32 2 k2 1  ，.....................................................................................13分 4k3 t3 设4k 3t,t 0，∴k  ， 4 高三数学答案 第7页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司t3 32 2 ( )2 1 4 32 2 t2 6t25 8 2 t2 6t25 ∴ GH    t3 4 t t 4 3 4 25 6 1 3 16 8 2  18 2 25(  )2 ，......................................15分 t2 t t 25 25 1 3 25 4 32 2 ∴当  ，即t ，即k  时， GH 的最小值是 . t 25 3 3 5 .........................................................................................17分 19．（本题满分17分） 解：（1）∵ fxex 1，........................................................................................1分 k ∴当x0时， fxex 10，当x0时 fxex 10， k k ∴ f x在(,0)上递减，在(0,)上递增. ......................................3分 k ∴ f x的最小值为 f 0，又∵ f 0lna a 10 k k k k k 1 1x 设hxlnxx1，hx 1 ， x x 当0 x1时，hx0，hx单调递增，当x1时，hx0，hx单调递 减，∴hxh1，又∵h10，∴hx0，当且仅当x1时取等号，又 ∵ f 0lna a 10，∴a 1，kN*. k k k k n ∴a n. ...........................................................................................7分 k k1 （2）∵ f lna a lna lna a 0，iN* i i i i i i ∴ f x有一个零点xlna ，记c lna . i i i i 而a 1，∴c lna 0，∴ f 0 f lna 0. i i i i i i 又∵ f lna a elnai ai lna a lna a elnai ai 0， i i i i i i i 且lna a  f 0110，故 f x在lna a,0上还有一个零点，记为d . i i i i i i i 由 f x的单调性知， f x恰有两个零点c,d ，且lna a d 0c lna i i i i i i i i i .........................................................................................................10分 而A,B为M 的子集，它们各有n个元素，且AB， ∴M 至少有2n个元素. 而M 的元素只可能在c,d ,c ,d ,...,c ,d 之中，这表明它们两两不等， 1 1 2 2 n n 且M c,d ,c ,d ,...,c ,d . 1 1 2 2 n n ∴M 包含n个正数，n个负数. 而A,B为M 的子集，它们各有n个元素，且AB， ∴AB M，AB. 高三数学答案 第8页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司设A包含k个负数，nk个正数，则B包含nk个负数，k个正数 .................................................................................12分 ∵Ax ,x ,x ，By ,y ,y ，x x ...x ，y  y ... y . 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n ∴x x ...x 0x ...x ，y  y ... y 0 y ... y . 1 2 k k1 n 1 2 k k1 n n 从而x y 0............................................................................................13分 i i i1 ∵eci c lna a  f c 0 f d edi d lna a ，∴eci c edi d . i i i i i i i i i i i i 设gxexx，则gc  gd ， i i 设ht gtgtet et 2t，则htet et 22 etet 2220， ∴ht单调递增，∴h0hd ，又∵h00， i hd  gd gd  gc  g d，所以gc  gd . i i i i i i i 由（1）知，gx在(,0)上单调递减，(0,)上单调递增. ∴c d ，即c d 0 .........................................................................15分 i i i i n ∴(x  y) x x ...x  y  y ... y i i 1 2 1 2 n n i1 n n c c ...c d d ...d  (c d ) 0 0 , 1 2 n 1 2 n i i i1 i1 n n n n n ∴(x 1)(y 1)(x y x  y 1)x y (x  y)100nn i i i i i i i i i i i1 i1 i1 i1 i1 ...........................................................................17分 高三数学答案 第9页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司