《2024届福建省宁德市普通高中毕业班五月质量检测数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届福建省宁德市普通高中毕业班五月质量检测数学试题（解析版）（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届福建省宁德市普通高中毕业班五月质量检测数学试题注意事项:1.答题前，学生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名.学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.写在本练习卷上无效.3.答题结束后，学生必须将练习卷和答题卡一并交回.一、选择题:本题共8小题，每题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. 样本数据2，2，3，3，3，4，
2、4，5，5，6的中位数和众数分别为（ ）A. 3和3B. 和3C. 4和3D. 和2，3，4，5【答案】B【解析】【分析】根据中位数、众数的定义判断即可.【详解】依题意该数据从小到大排列的第五个数为，第六个数为，所以中位数为，又众数为.故选：B2. 已知集合.若，则的取值范围是（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由交集定义可得，解出绝对值不等式后可得，计算即可得解.【详解】由，故，由，则，则有，解得，即.故选：D.3. 设表示两条不同的直线，表示平面，则以下结论正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】借助空间中线与面的位置关系及
3、线面垂直的性质定理逐项判断即可得.【详解】对A：若，则可能平行、相交或异面，故A错误；对B：若，则可能，也可能，故B错误；对C：若，则可能与相交，也可能，故C错误；对D：若，由线面垂直的性质定理可得，故D正确.故选：D.4. 记为等比数列的前项积.设命题，命题，则是的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】结合等比数列的性质与充分条件与必要条件定义计算即可得.【详解】若，则，即，即或，故不是的充分条件，若，则有，故是的必要条件，即是的必要不充分条件.故选：B.5. 2024海峓两岸各民族欢度“三月三”暨福籽同心爱中华福建省
4、第十一届“三月三”畲族文化节活动在宁德隆重开幕.海峡两岸各民族同胞齐聚于此，与当地群众共同欢庆“三月三”，畅叙两岸情.在活动现场，为了解不同时段的入口游客人流量，从上午10点开始第一次向指挥中心反馈入口人流量，以后每过一个小时反馈一次.指挥中心统计了前5次的数据，其中为第次入口人流量数据（单位:百人），由此得到关于的回归方程.已知，根据回归方程（参考数据:），可顶测下午4点时入口游客的人流量为（ ）A. 9.6B. 11.0C. 11.4D. 12.0【答案】B【解析】【分析】首先利用换元法将回归方程转化为线性回归方程，再代入样本点中心，求，再根据方程进行预测.【详解】设，则所以，且则，得，所
5、以，下午4点对应的，此时预测游客的人流量.故选：B6. 已知圆台的上底半径为3，下底半径为6，母线长为6，则以下结论错误的是（ ）A. 圆台侧面积为B. 圆台外接球的半径为6C. 圆台的体积为D. 圆台侧面上的点到下底圆心的最短距离为【答案】C【解析】【分析】由圆台的上下底面半径及母线长，得圆台的高及体积，作出圆台的轴截面，由勾股定理可求得外接球的半径及最短距离.【详解】设圆台的上底半径为，下底半径为，母线长为，高为，依题意得，.对于A，圆台的侧面积为，故A正确；对于B，圆台的高，记球心为，设，球的半径为，如图所示，则，即，所以，解得，所以球的半径，故B正确；对于C， 上底面积，下底面积，所以
6、圆台的体积为：，故C错误；对于D，由B知，下底圆心即为外接球球心，则圆台侧面上的点到下底圆心的最短距离为，故D正确；故选：C.7. 已知抛物线的焦点为是抛物线上的两个动点.若，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的定义推出，利用余弦定理与基本不等式即可求出所求角的最大值.【详解】由题知，则，所以，在中，由余弦定理得，又，当且仅当时取等号，所以，即，所以的最大值为. 故选：C8. 函数，若关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导，求得的单调区间，作出的图象，分类讨论求得的解集，结合图象可得
7、的取值范围为.【详解】对函数求导可得，令，解得，令，解得，又时，所以的递增区间为，递减区间为和，作出图象如图所示：当时，由，可得，由图象可知，不存在整数点满足条件，当时，由，可得，由图象可知，不存在整数点满足条件，当时，由，可得，又， ，由的递增区间为，所以，所以要使有三个整数解，则，所以关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围为.故选：A.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. 已知是两个复数，下列结论中正确的是（ ）A. 若，则B. 若为实数，则C. 若均为纯虚数，则为实数D.
8、 若为实数，则均为纯虚数【答案】AC【解析】【分析】根据题意，复数，根据复数的运算法则和复数的概念，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】设复数，则，对于A中，由，且，可得，所以，所以，所以A正确；对于B中，由，可得，即，但与不一定相等，所以与不一定相等，所以B错误；对于C中，由均为纯虚数，可得，此时，所以C正确；对于D中，由为实数，即，可得，但不一定为，所以D错误.故选：AC.10. 函数.若存在，使得为奇函数，则实数的值可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】计算，存在使得函数为奇函数，则，根据为奇函数，即可得解.【详解】由题意可得，函数，且，存在，函数为奇函数，则
9、，所以为奇函数，可得，所以,当时，C满足条件，当时，A满足条件，BD不满足.故选：AC.11. 若定义在上的函数满足，且值域为，则以下结论正确的是（ ）A. B. C. 为偶函数D. 的图象关于中心对称【答案】ABC【解析】【分析】利用赋值法，逐项判断即可.【详解】对于选项A，令得：，解得或，令，得，由的值域为，所以时，不合题意，所以，故A正确；对于选项B，令得：，所以或，令，得，即，由的值域为，所以，令得：，所以或，由的值域为，所以，故B正确；对于选项C，令，得，因为，所以，所以为偶函数，故C正确；对于选项D，若图象关于中心对称，则，由于定义域为R，值域为，若，则必有，与题设矛盾，故D错误.
10、故选：ABC.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知是两个单位向量，若在上的投影向量为，则与的夹角为_.【答案】【解析】【分析】借助投影向量定义可得，借助模长公式可得，再利用夹角公式计算即可得解.【详解】由题意可得，即，则，故与的夹角为.故答案为：.13. 中国古代历法是中国劳动人民智慧的结晶，尚书尧典记载“期三百有六旬有六日，以闰月定四时成岁”，指出闰年有366天.元代郭守敬创造了中国古代最精密的历法授时历，规定一年为365.2425天，和现行公历格里高利历是一样的，但比它早了300多年.现行公历闰年是如下确定的:能被4整除，但不能被100整除;能被400整除，满足以上
11、两个条件之一的年份均为闰年，则公元年，距上一个闰年的年数为_.【答案】5【解析】【分析】借助二项式的展开式计算可得能整除、，不能整除，故公元年不是闰年，而能整除，但不能整除，故公元年是闰年.【详解】，则能整除，即能整除，则能整除，又，故不能整除，故公元年不是闰年，则能整除，但不能整除，故公元年是闰年，则公元年，距上一个闰年的年数为.故答案为：.14. 已知曲线和圆有2个交点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】分，几种情况，结合图象的变换知识可求的取值范围.【详解】当时，由图象的变换可得，与一定有两个交点，当，过点，求导可得，所以在处的切线方程为，此时圆心到直线的距离，所以直线与圆只
12、有一个公共点，此时与只有一个交点，当向左移动时，即时，与一定没有交点，当时，与一定有两个交点，故曲线与有两个交点时的取值范围为.故答案为：.四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 在中，角的对边分别为.已知，且.（1）若，垂足为，求BD的长;（2）若，求的长.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由余弦定理可得，再由正弦定理结合三角形的面积公式即可得到结果；（2）根据题意，由数量积的定义以及三角形面积公式可得，即可得到的值，从而得到结果.【小问1详解】由及余弦定理，得由及正弦定理，得，因为的面积，所以.【小问2详解】由得.因为，所以，
13、由得，又，故.从而.得，所以16. 在平行四边形中，.将沿翻折到的位置，使得. （1）证明：平面；（2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为?若存在，求出的值;若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2）存在，【解析】【分析】（1）根据长度和角度得到，进而可证.（2）设，利用向量法求出即得.【小问1详解】证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，在三角形中，由正弦定理可得，又，故，所以，即，因为，所以，则有，平面，所以平面，.【小问2详解】由（1）平面，且平面，所以平面平面.平面平面，在平行四边形中，即，故平面.以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则， 设，其中
14、，则，设平面的法向量为，则，取，则，所以，易知平面的一个法向量为，则，整理可得，因为，解得，因此，线段PC上存在点，使二面角的余弦值为，且.17. 已知函数的图象在处的切线过点.（1）求在上的最小值;（2）判断在内零点的个数，并说明理由.【答案】（1）最小值 （2）有且只有2个零点，理由见解析【解析】【分析】（1）法一：利用在处的切线过点，可求，进而可求最小值；法二：利用导数求得切线方程为，进而可得切点，可求，进而可求最小值；（2）法一：问题等价于判断方程根的个数，令求导可判断函数的单调性，利用零点的存在性定理可得结论.法二：求导可得，令，进而求导可得上必有一个零点，使得，进而可得在上单调递增，在上单调递减，进而利用零点的存在性判断在上有一个零点，在上有一个零点.【小问1详解】法一：，.又，所以切线方程为，.又切线过点，得，所以.所以，当
