2023届福建省宁德市高三三模数学试卷

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.

1.若集合，则（    ）

A.    B.

C.    D.

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：

经这位同学的研究，发现第天幼苗的高度的经验回归方程为，据此预测第10天这棵幼苗的高度大约为（    ）

A.    B.    C.    D.

3.使成立的一个充分不必要条件是（    ）

A.    B.

C.    D.，且

4.已知抛物线的焦点为为抛物线上一个动点，，则的最小值为（    ）

A.3    B.4    C.5    D.6

5.在平面直角坐标系中，点为圆上的任一点，.若，则的最大值为（    ）

A.    B.2    C.    D.

6.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､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（    ）

A.的数据较更集中

B.

C.甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于

D.

7.已知，则（    ）

A.    B.

C.    D.

8.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.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，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.24    B.28    C.32    D.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.

9.若，则（    ）

A.    B.

C.    D.

10.某工厂有甲､乙两个车间生产同一种产品，其产量比为.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：）如下：

甲车间：

乙车间：

规定数据在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9.8

B.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0.84

D.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0.4

11.在正方体中，分别为的中点，则以下结论正确的是（    ）

A.直线与平面平行

B.直线与直线垂直

C.平面截正方体所得的截面面积为

D.四面体的体积为

12.已知函数的图象关于直线对称.当时，，则以下结论正确的是（    ）

A.当时，

B.若，则的解集为

C.若恰有四个零点，则的取值范围是

D.若对，则

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知复数满足，则__________.

14.已知函数满足如下条件：①定义域为；②存在，使得；③，试写出一个符合上述要求的函数__________.

15.已知函数，射线与该函数图象的交点的横坐标从左至右依次构成数列，且，则__________.

16.已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为__________.

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）

已知数列满足，且数列是等差数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）记数列的前项和为，求证：.

18.（12分）

在四棱锥中，，.

（1）证明：平面平面；

（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.

19.（12分）

记的内角的对边分别为.已知，且其内切圆的面积为.

（1）求和；

（2）连接交于点，求的长.

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软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为.为测试软件的识别能力，计划采取两种测试方案.

方案一：将100首音乐随机分配给两个小组识别，每首音乐只被一个软件识别一次，并记录结果；

方案二：对同一首歌，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.

（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，组占；在错误识别的音乐数中，组占.

（i）请根据以上数据填写下面的列联表，并通过独立性检验分析，是否有的把握认为识别音乐是否正确与两种软件类型有关？

（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；

（2）研究性小组为了验证软件的有效性，需多次执行方案二，假设，问该测试至少要进行多少次，才能使通过次数的期望值为16？并求此时的值.

附：，其中.

21.（12分）

在平面直角坐标系中，已知点，点满足，记点的轨迹为.

（1）求的方程；

（2）点，点为上的两个动点，且满足.过作直线交于点.若，求直线的斜率.

22.（12分）

已知函数.

（1）若，求实数的取值范围；

（2）若，且，求证：且.

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､选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分40分.

1.D    2.C    3.B    4.B    5.C    6.D    7.A    8.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.ABD    10.BC    11.ACD    12.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.

13.5    14.（答案不唯一：如等）    15.-1    16.8

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.

解：（1）由得，

代入得，

解得，

又因为数列为等差数列，故公差为，

因此.

（2）证明：由（1）可得，

所以，

所以

又因为，所以时等号成立，

所以，即.

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.

解法一：（1）取的中点，连结.

在四边形中，，故四边形为直角梯形，

又，故.

又由，所以四边形为正方形，

故，

从而；

又，

所以，故.

由平面平面，

从而平面，

又平面，

所以平面平面.

（2）取的中点，连接，

由，所以，

因为平面平面，且平面平面，

所以平面.

又为的中点，

所以，且，

由（1）知，故.

以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标系，

则

则，

设，则，

平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，则

令，则，

因为二面角的大小为，所以

，

由，解得：，

所以线段上存在点，当时，使得二面角大小为

解法二：（1）取的中点的中点，连结.

在四边形中，，故四边形为直角梯形，

又，

故，且，

所以四边形为正方形，

故为等腰直角三角形，

从而，

为等腰直角三角形.

在中，，

又因为，所以，

，又，

所以，

故，

由平面平面，

从而平面，

又平面，

所以平面平面.

（2）过作，则平面.

以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图的空间直角坐标

系，则，

设，则，

，

设平面的一个法向量为，

则

令，得，

因为二面角的大小为，

所以平面与平面所成的角也等于，

平面的一个法向量为，

，

因为，解得，

所以线段上存在点，当，即时，使得二面角大小为.

解法三：（1）同解法二；

（2）过点作于，过作于，连结

由（1）知平面平面，所以平面，故，

所以平面，因而，

所以是二面角的平面角.

因为平面平面，二面角大小为，

所以二面角大小为，从而，故.

设，则，

因为，从而，

所以，

从而

因为，从而，

所以，

即，解得，.

所以，从而.

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.

解法一：（1）由余弦定理得，

即

又内切圆半径为，所以，

故，

于是即，

得或

因为，所以

（2）设，由，

又因为，

所以.

在中，由余弦定理，

得，所以.

解法二：（1）设圆与边相切于点，连结，

则，且，且，

故

因为三边与圆相切，切线长相等

所以，即，

根据余弦定理得，即，

所以，

解得或

因为，所以.

（2）由余弦定理得.

.

又因为.

所以.

解法三：（1）同解法一；

（2）在中，由余弦定理得，

所以，

又，所以，所以.

且.

.

在中，由，

得，所以

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.

解：（1）（i）依题意得列联表如下：

因为，

且

所以没有的把握认为软件类型和是否正确识别有关，.

（ii）由（i）得，

故方案二在一次测试中通过的概率为

.

（2）方案二每次测试通过的概率为

所以当时，取到到最大值，

又，此时.

因为每次测试都是独立事件，

故次实验测试通过的次数，期望值，

因为，所以

所以测试至少27次，此时.

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.

解法一：（1）因为点满足，

所以点的轨迹为双曲线的右支，

故，所以，

所以曲线的方程为.

（2）设与的交点为.

显然直线的斜率存在，设的方程为，

联立方程消去得，

设，所以.

又，因为，

所以，

故，

代入，整理得，

即，解得或（舍）.

所以直线的方程为，即直线恒过定点.

因为四点共圆，且为直径，由，

所以点为中点，且直线的方程为，

联立解得

所以点，故，

代入曲线的方程，

解得，即，所以直线的斜率为±1.

解法二：（1）同解法一；

（2）由对称性，直线必过定点，

设的方程为，联立方程

消去得，

设，所以.

，

因为，所以，

故，

代入，

因为，整理得，解得.

所以直线的方程为，即直线恒过定点.

联立解得

所以点，故，

代入曲线的方程，

解得，即，所以直线的斜率为1.

解法三：（1）同解法一；

（2）设方程为，设方程为，

联立方程，

消去得，

设，则，得，

所以，

所以点.

用替换得点.

所以斜率，

故直线方程为，

即，

即.

所以直线恒过定点.

下同解法一.

解法四：（1）同解法一；

（2）将坐标系原点平移到，

则双曲线的方程变为，

即.新坐标系下直线的方程设为，

代入双曲线方程有，

即，

两边同除以得，

设直线的斜率分别为，

则，所以，

所以直线的方程为，

从而直线恒过定点，

故原坐标系下直线恒过定点.

由四点共圆，设的直线方程为，

即；设的直线方程为，即.

所以过四点的二次曲线系方程为，

等式左边的系数为，所以，所以，即直线的斜率为±1.

解法五：（1）同解法一；

（2）由直线不过点，

故设直线的方程为，

所以由得，

即，

两边同除以得，

设，上式整理得.

设直线的斜率分别为，则，

解得，

所以直线的方程为，即，

从而恒过定点.

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.

解法一､（1）当时，由，且时，

故成立；

当时，即为.

由，.

令，得，

所以在单调递增，在单调递减，

所以，即.

综上，.

（2），

所以在单调递增，在单调递减，

故.

先证，由，

故即证，由，

故即证，设，

则，

所以在上单调递减，所以.

现证，即证.

设，故即证，即证.

设，

则，设，

由，所以在单调递增，在单调递减，

又，

所以，使得，

故在单调递增，在单调递减，

又，

所以，即，

故

解法二､（1），

由，且时，

所以.

设，则，

令，得，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，即

（2），

所以在单调递增，在单调递减，

故.

先证，由，

故即证，由，

故即证，

设，

则，

所以在上单调递减，所以.

所以，从而.

在处的切线方程为，

现证.

设

，

设，则，

所以在上单调单调递增，在上单调递减，

故所以，使得，

故在单调递减，在单调递增，

所以，

又，

故，即，所以.