福建省宁德市2025届高三下学期五月份质量检测（四检）数学试题

数学答案 第 1页（共 10页） 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 11. 解法一：函数 ( )f x 的定义域为{ 1, 0}x x x  ∣ 且 ，由 1( 1) ln( 1) 1 0x x     得 ln( 1) 1 xx x     ( 1 0)x x且   . 作出 ln( 1)y x  与 1 xy x    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. 2 1 1 1'( ) ln(1 ) ( ) 1 f x x a x x x       2 1 1ln(1 ) (1 ) axx x x x       2 1 (1 )[ln(1 ) ] 1 x axx x x       , 令 (1 )( ) ln(1 ) 1 x axg x x x      , 2 2 2'( ) 1+ ) ax ax xg x x     （ , 因为 0, 0a x  ,所以 '( ) 0g x  , 又 (0) 0g  ，所以 ( ) 0g x  ,所以 '( ) 0f x  , 则 ( )f x 在 (0, ) 上无极值，故 B正确. 令   1 1( ) ln 1xh x f x a x x         ， 因为 11 0 x   ，所以 0x  或 1x   ，由对称性可知，故若存在对称轴或对称中心，必在直线 1 2 x   上. 考虑 1( ) ( 1) [( ) ln 1] [( 1 ) ln 1] 1 x xh x h x x a x a x x              1 1( ) ln 1 ( 1 ) lnx xx a x a x x         1(2 1) ln xa x    ， 数学答案 第 2页（共 10页） 当 1 2 a  时， ( ) ( 1)h x h x   ， 所以 1( )y f x  关于 1 2 x   对称，故 C正确. 考虑 1 1( ) ( 1) ( ) ln ( 1 ) ln 2x xh x h x x a x a x x            1(2 1) ln 2xx 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. 2 1 1 1'( ) ln(1 ) ( ) 1 f x x a x x x       ( 1 0)x x且   . 易证： 1ln( 1) 1 1 1 xx x x       ，所以 2 1 1 1'( ) ( ) = 0 1 1 (1 ) x axf x a x x x x x 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． 12．1 13． 5 1(1, ) 2  14． 5， 1 3 14.（1）当 3, 3m k  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 na 为“规范数列”的个数为 ( , )f m k 显然第一项为 0，当第二项为 0时，规范数列个数为 2mC ， 当第二项为1时，第三项必然为 0，此时规范数列个数为 1 1mC  ， 所以 2 1 1( ,2) m mf m C C   .故 2 2 2 2 ( ,2) 2 1 21 ( 2)( 1) 1 1m m f m m m mP C m m m m              当 2m  时， 2 min 2 1( ) 1 3 3m P     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 3页（共 10页） 解法一：（1）因为 )sincos,cos3( AAA m ， )sincos,sin2( AAA n 所以 nm )(Af AAAA 22 sincoscossin32  ……………………………………………………………1分 AA 2cos2sin3  ）（ 6 2sin2  A ……………………………………………………………………………3分 又因为     4 3 4  ，A ，所以        3 5, 3 2 6 2A ，………………………………………………………………4分 所以            2 31 6 2sin ，）（ A ，…………………………………………………………………………………5分 所以 3) 4 ()( max    fAf ………………………………………………………………………………………6分 （2）由（1）知若 ( ) 2sin 2 1 6 f AA   （ ） ， 因为     4 3 4  ，A ，所以 3  A ，………………………………………………………………………………7分 因为 2 1sinsincoscos)cos(cos  CBCBCBA ,………………………………………………………8分 所以 4 1sinsin CB ，……………………………………………………………………………………………9分 因为 33,sin 2 a A  ， 由正弦定理知 sin sin sin a b c A B C   ， 所以 2 sin, 2 sin cCbB  ，………………………………………………………………………………………11分 所以 1bc ………………………………………………………………………………………………………12分 所以 4 3sin 2 1  AbcS ABC ……………………………………………………………………………………13分 解法二：（1）同解法一 （2）由（1）知 ( ) 2sin 2 1 6 f AA   （ ） . 因为     4 3 4  ，A ，所以 3  A …………………………………………………………………………………7分 因为 1cos cos 4 B C   ，所以 2 1cos cos 3 4 B B       ，………………………………………………………………………………8分 1 3 1cos cos sin 2 2 4 B B B            ， 数学答案 第 4页（共 10页） 21 3 1cos sin cos 2 2 4 B B B    ， 22cos 2 3 sin cos 1B B B  ， 1 cos2 3 sin 2 1B B   ，所以 3tan 2 3 B  ……………………………………………………………………9分 又因为        3 20，B ,所以          12 7 12 C B ， 或          . 12 12 7 C B ， ………………………………………………………………11分 由正弦定理知 sin sin sin a b c A B C   ， 所以 CcBb sin2,sin2  ， 4 3sinsinsin2sin 2 1  CBAAbcS …………………………………………………………………………13分 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 40 0.1 50 0.2 60 0.3 70 0.24 80 0.12 90 0.04x             ……………………………………………2分 62 …………………………………………………………………………………………………………3分 又 0.1 ( 45) 0.02 0.25t    …………………………………………………………………………………5分 52.5t  …………………………………………………………………………………………………………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， 依题意， 0.12 ( ) 0.04 0.1 2 P A    , ( ) 1 ( ) 0.9P A P A   ( ) 0.8P B A  , ( ) 0.6P B A  ……………………………………………………………………………………………………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 (5, 0.62)X B …………………………………………………………………………………………11分 所以 ( ) 5 0.62 3.1E X    ……………………………………………………………………………………13分 ( ) 5 0.62 (1 0.62) 1.178D X      ……………………………………………………………………………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 5页（共 10页） 解：（1）证明：取 BC的中点 H ，连结DH ， FH .  DE 平面 ABCD， DE AD ，  BCFV 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， 2AB AD BD   ， 平行四边形 ABCD为边长为 2的菱形，且 60BAD   在等边 BCD△ 中， 1BH CH  ，，  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 060DAE  ，…………………………………………………7分 在 Rt ADE△ 中， 2AD  ， 2 3DE  , 3DH  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  2,0,0A ，  1, 3,0B ，  0,0,2 3E ，  0, 3, 3F ， 设  0 1BG BF      ， 则  1, 3, 3AG AB BG         ，……………………………………………………………………………8分 设  1 1 1, ,x y zm 是平面 ADG的一个法向量， 则 , , DA AG       m m ∴   1 1 1 1 2 0, 1 3 3 0, x x y z         取 1y  ，则 1 1z   ，   0, , 1 m ，…………………………………………………………………………………………………10分 数学答案 第 6页（共 10页） 设  2 2 2, ,x y zn 是平面 AEG的一个法向量，则 , , AE AG       n n    2 2 2 2 2 2 2 3 0, 1 3 3 0, x z x y z           取 2 3x  ，则 2 1y  ， 2 1z  ，  3,1,1n ，…………………………………………………………………12分 平面 ADG 和平面 AGE所成角的余弦值为 1 5 ，  2 1 1cos , 51 5 m n            n n m m ，…………………………………………………………………………13分  1 2   或 2  （舍去）， 1 1 2 BG BF  ……………………………………………………………………15分 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 4PC  ,所以 4RP RC  ,所以 4RF RC  , 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 所以 1, 2c a  ，所以的方程为 2 2 1 4 3 x y   .………………………………………………………………4分 （2）设直线 l的方程为 4x ty  ，点 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ， 由 2 2 4, 3 4 12 x ty x y      消去 x得： 2 2(3 4) 24 36 0t y ty    ， 则 1 2 2 1 2 2 24 , 3 4 36 3 4 ty y t y y t           2144( 4) 0t    ，则 2t   或 2t  .…………………………………………………5分 1 2y y 2 2 144( 4) 3 4) t t    ，………………………………………………………………………………………6分 MON 面积 2 2 1 2 2 2 12 ( 4)1 1 24 44 4 2 2 3 4 3 4 t ts y y t t             …………………………………………9分 令  2 4 0t u u   ，则 2 2 4t u  ， 2 24 24 3163 16 3 us u u u      ， 当且 4 3 u  ，即 2 28 3 t  时， MON 面积的最大值为 3 .…………………………………………………10分 数学答案 第 7页（共 10页） （3）因为 021  kk ，所以直线QA QM, 的倾斜角互补，所以 QA QD ， 所以点Q在线段 AD的垂直平分线上，所以 3(1, )Q t  .………………………………………………………11分 于是 2 11DM t y  ， 2 21DN t y  ，.………………………………………………………………12分 2 1 31QM t y t    ， 2 2 31QN t y t    .………………………………………………………………13分 1 2 2 1 3 3 y yDM QN t DN QM y y t        ，……………………………………………………………………………………14分 于是 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 3 3( ) 3 3( ) y y y y yDM QN t t DN QM y y y y y t t             ，…………………………………………………………15分 因为 1 2 1 2 3 ( ) 2 y y y y t    ， 所以 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 3 3 1 1( ) 2 2 2 1 3 3 1 1( ) 2 2 2 y y y y yDM QN t t DN QM y y y y y t t             . 所以 DM QN DN QM   的值 1.…………………………………………………………………………………………17分 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 ( 4)y k x  ，点 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ， 由 2 2 ( 4), 3 4 12 y k x x y      消去 y得： 2 2 2 2(4 3) 32 64 12 0k x k x k     ， 则 2 1 2 2 2 1 2 2 32 , 4 3 64 12 4 3 kx x k kx x k          ， 2144(1 4 ) 0k    ，则 1 1 2 2 k   且 0k  ，……………………………………5分  22 1 2 1 21 4MN k x x x x     2 2 2 12 1 41 4 3 kk k      .……………………………………………………6分 O点到直线 l的距离 2 4 1 k d k   ，……………………………………………………………………………7分 数学答案 第 8页（共 10页） 所以 MON 面积 2 2 2 2 41 12 1 41 2 4 3 1 kks k k k         2 2 4 2 2 24 1 4 24 4 4 3 4 3 k k k k k k        .……………………………………………………………………………8分       2 2 4 2 2 2 22 2 24 4 7 12144 [1 ] 4 34 3 4 3 k k s kk k          令 2 1 4 3 u k   ，则  2 2144 12 7 1s u u    ，…………………………………………………………………9分 当 7 24 u  ,即 2 3 28 k  时， 2s 的最大值为 3，所以 MON 面积的最大值为 3 .…………………………10 分 （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 ( 4)y k x  ，点 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ， 由 2 2 ( 4) 3 4 12 y k x x y      ， 消去 y得： 2 2 2 2(4 3) 32 64 12 0k x k x k     ， 则 2 1 2 2 2 1 2 2 32 , 4 3 64 12 4 3 kx x k kx x k          2144(1 4 ) 0k    ，则 1 1 2 2 k   且 0k  ，……………………………………5分  22 1 2 1 21 4MN k x x x x     2 2 2 12 1 41 4 3 kk k      .……………………………………………………6分 O点到线 l的距离 2 4 1 k d k   ，………………………………………………………………………………7分 所以 MON 面积 2 2 2 2 41 12 1 41 2 4 3 1 kks k k k         2 2 4 2 2 24 1 4 24 4 4 3 4 3 k k k k k k        .……………………………………………………………………………8分 2 2 2 2 2 2 (1 4 ) 16 3(1 4 )2424 4 3 4 34 3 k k k k s k k          数学答案 第 9页（共 10页） 2 2 2 16 3(1 4 ) 22 3 3 4 3 k k k       ，………………………………………………………………………………8分 即当 2 3 28 k  时， s有最大值为 3 .…………………………………………………………………………10 分 （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 ( ) ( ) cosg x f x x x x x    ，  0,1x ， 得 ( ) cos sin 1g x x x x    …………………………………………………………………………………1分 因为  0,1x ，则 cos 1 0x   ， sin 0x x  即 ( ) 0g x  ………………………………………………………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 2 2( ) 2 axf x x   恒成立，得 2 max 2 ( 2) cosa x x    ，………………………………5分 设 2( ) ( 2) cosh x x x  ，当 , 2 x      时， ( ) 0h x  ，故只需研究 0, 2 x      时的情形……………………6分 2( ) 2 cos (2 )sinh x x x x x    ，在区间 0, 2       上， 2( ) 4 sin cos 0h x x x x x     所以， ( )h x 在区间 0, 2       上递减，所以 ( ) (0) 0h x h   ……………………………………………………7分 即 2( ) ( 2) cosh x x x  在在区间 0, 2       上递减，所以 ( ) (0) 2h x h  ………………………………………8分 所以 2 2a  ， a的最小值为 1……………………………………………………………………………………9分 （3）由 1=1a ， 1 ( )n na f a  ，得 1 cosn n na a a  即 1cos nn n aa a  ， 所以 3 12 4 1 1 1 2 3 cos = = n n k n k n a aa aa a a a a a         ………………………………………………11分 由（1）可知，当  0,1x 时， ( ) 0f x x  ，所以当 1 1a  ， 2 10 1a a   当0 1na  时，有 10 1n na a   ，…………………………………………………………………………13分 又由（2）知  0,1x 时， 2 2cos 2 x x   ，所以 1 2 2= cos 2 n n n n a a a a    ………………………………………14分 数学答案 第 10页（共 10页） 所以， 2 1 21 1 2 2 n n n n n a a a a a     ，故 1 2 2 n n n a a a   ，…………………………………………………………15分 所以 1 2 1 3 2 4 3 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 2 n k k n n n a a a a a a a a a a             ………………………………………16分 所以 1 1 1 cos 2 2 nn k k n k k a a a        …………………………………………………………………………………17分