福建省龙岩市2024届高中毕业班五月教学质量检测（三模）数学试题含答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份 有限公司 龙岩市 2024 年高中毕业班五月教学质量检测 数学试题参考答案 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 B C A C B D D B 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分 题号 9 10 11 选项 BC ACD BCD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分 125 13 72 141e(e,)+8.解析()sin()(0)2f xx，=+4x=为()f x的零点 4x=为()f x图象的对称轴 2121 2(),21,4444kkTkkZ+=+，0

2、21,kkZ+=+又20,126T=当11=时,()sin(11)f xx=+1142k+=+9,4kkZ=+2,4=()sin(11)4f xx=当(0,)6x时，1911(,)44 12x，故()f x有 2 个零点,不符合，舍去.当9=时，()sin(9)f xx=+942xk+=+7,k4kZ=+2 4=()sin(9)4f xx=+学科网（北京）股份 有限公司 当(0,)6x时，94x+7(,)4 4，此时()f x有且仅有 1 个零点，符合，选 B.11.解析 因为抛物线C：22(0)ypx p=与圆O：2220 xy+=交于A，B两点，且AB8=，则第一象限内的交点A的纵坐标为4

3、，代入圆方程得横坐标为 2，即(2,4)A，所以244p=，4p=，即抛物线方程为28yx=，焦点为(2,0)F.设1122(,),(,)M x yN xy，对选项 A，由3MFFN=得1122)(2,3(2),xyxy=，则1212383xxyy+=，又因为2211228,8yx yx=，解得22234 33xy=，所以直线l的斜率为4 3033223=，故 A 选项错误；对选项 B，由抛物线定义得11212MFNFp+=，所以 41142(4)()102()10818MFNFMFNFMFNFMFNFNFMF+=+=+=，当且仅当4MFNFNFMF=，即2MFNF=时等号成立，因此4MFNF

4、+的最小值为18，B 正确；对选项 C，如图，不妨设M在第一象限，设1122(,),(,)M x yN xy 设直线:l2xmy=+，联立抛物线的方程消x，得28160ymy=，又2(8)4 160m=+，所以222121212(16)16,48864yyy yx x=，12124 16120 x xy y+=cos,0 OM ON，MON为钝角.故 C 选项正确；对选项 D，(2,0)Q，(2,0)F，设00(,)P xy，则20008,0yx x=，由抛物线的定义可得02PFx=+，()()2222000000020448124PQxyxxxxx=+=+=+，又00 x，则20000222

5、00000024481124124124PFxxxxPQxxxxxx+=+，学科网（北京）股份 有限公司 00008821142412212xxxx=+，当且仅当02x=时取等号，所以PFPQ的最小值为22，故 D 选项正确.故选：BCD.14.解析依题意得()ag xx=与xxhblog)(=只有一个交点，即两曲线相切，则)()(xhxg=只有一个解，bxaxaln11=，化简得abax1)ln1(=，将其代入)(xf，得0)ln(log1ln1=+baabab，loglog(ln)0bbeab+=，即lneab1=，bealn1=.,lneabeeb 11111，则bebabln=，设()

6、()lnebQ bbeeb=11，则2ln1()0(ln)=bQ beb，()Q b在1(1,)ee单调递减，111()(),eeeQ bQ eeabe=,ab的取值范围是1,)ee+(.四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分 15（本题满分 13 分）解：（1）由23=a得01=a，1(1)1naandn=+=，.3 分 点(,)nna b在函数()3xf x=的图象上(N)n，133nan-nb=.5 分 （2）显然数列 nb为等比数列，首项为 1，公比为 3，则312nnS=，.7 分 13111()4(31)(31)6 3131nnnnnnnnnbcS S+=111.10 分 12

7、3=c+c+c+nnTc+11 11111111=()6 2882626803131nn+1+11 11111=()=6 231126(31)12nn 112nT.13 分 16（本题满分 15 分）学科网（北京）股份 有限公司 解：（1）在四棱台1111ABCDABC D中,11,AA CC延长后必交于一点，故11,A C C A四点共面，.1 分 因为1AA 平面ABCD,BD 平面ABCD,故1AABD,.2 分 连接11,AC AC，因为底面四边形ABCD为菱形，故ACBD,.3 分 11,AAACA AA AC=平面11ACC A,故BD 平面11ACC A,.5 分 因为1CC 平

8、面11ACC A,所以BD 1CC.6 分（2）过点A作BC的垂线，交BC与点N，以1,AN AD AA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz（如图）,设111AB=，则1122ABAB=，由于60ABC=，故1BN=,.9 分 则1(0,0,0),(0,1,1),(0,2,0)ADD,1(3,0)3M，则1(0,1,1)AD=，1(3,0)3AM=，(0,2,0)AD=，记平面1AMD的法向量为(,)na b c=,则100AD nAM n=,即01303bcab+=+=，令3b=，则3,33ac=，即3(,3,3)3n=，平面1ADD的法向量可取为(1,0,0)m=，则2

9、223553cos,55|3()3(3)3n mmn mn=+.14 分 所以二面角1MADD的余弦值为5555.15 分 17（本题满分 15 分）解：（1）由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取 100 件的平均数为：10(0.01 500.025 600.04 700.015 800.01 90)69x=+=即69x=.2 分 11s，所以2(69,11)XN，因为质量指标值X近似服从正态分布2(69,11)N，所以1(69 1169 11)(80)2PXP X+=1()2PX+=，.4 分 所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为A等品的概率约为0.16 .5 分 （2）（i）(0.0

10、10.01)10 10020+=，所以所取样本的个数为 20 件，质量指标值在85,95的芯片件数为 10 件，故可能取的值为 0，1，2，3，相应的概率为：3010103202(0)19C CPC=，21101032015(1)38C CPC=，12101032015(2)38C CPC=，0310103202(3)19C CPC=，随机变量的分布列为：1 0.68270.158650.162=学科网（北京）股份 有限公司 0 1 2 3 P 219 1538 1538 219 .9 分 所以的数学期望2151523()0123193838192E=+=.10 分（ii）设每箱产品中A等品有

11、Y件，则每箱产品中B等品有(100)Y件，设每箱产品的利润为Z元，由题意知：(100)ln(25)(ln(25)100ln(25)ZmYYmmm Ym=+=+，由（1）知：每箱零件中A等品的概率为0.16，所以(100,0.16)YB，所以()100 0.1616E Y=，所以()(ln(25)100ln(25)E ZE mm Ym=+(ln(25)100ln(25)mm EYm=+16(ln(25)100ln(25)mmm=+1684ln(25)mm=+.12 分 令()1684ln(25)(124)f xxxx=+84()16025fxx=得，794x=，又7979(1,),()0,();

12、(,24),()0()44xfxf xxfxf x递增，递减，所以当79(1,24)4x=时，()f x取得最大值.14 分 所以当794m=时，每箱产品利润最大.15 分 18（本题满分 17 分）（1）设动圆M的半径为r，由题意得圆1C和圆2C的半径分别为7，1，因为M与1C，2C都内切，所以17MCr=，21MCr=，所以12716MCMCrr+=+=，.2 分 又10(1,)C，2)(1,0C，故2126C C=，所以圆心M的轨迹是以1C，2C为焦点的椭圆，设的方程为：22221(0)xyabab+=，则26a=，22c=，即3,1ac=所以2228bac=，故的方程为：22198xy

13、+=.4 分（2）（i）证明：设111(),A x y，222(),A xy，(9,)(0)Pt t，由题意中的性质可得，切线1PA方程为11198xxyy+=，切线2PA方程为22198xxyy+=，5 分 因为两条切线都经过点(9,)Pt，所以1118tyx+=，2218tyx+=，故直线12A A的方程为：81tyx+=，.7 分 所以，128A Akt=.学科网（北京）股份 有限公司 又209 18PCttk=，122818A APCtkkt=，所以直线122A APC.9 分（ii）由（i）知直线12A A的方程为：81tyx+=，过定点(1,0)，设直线12A A的方程为：1(0)

14、xmym=+，联立，整理得22(89)16640mymy+=，由韦达定理得12212216968894myymy ym+=+=+，.11 分 又111(,)Axy，所以直线21A A的方程为211121()yyyyxxxx+=，.12 分 令0y=得，121122 1122112121211)1(Ny xxy xy xy myy myxxyyyyyy+=+=+2121212212122()2289119168649mmy yyymy ymmyyyym+=+=+=+，.14 分 所以2(9,0),(1,0)NC，设3344(,),(,)G xyH xy,同理得3421689myym+=+.不妨设

15、430yy.所以1223344142SSC Nyyyy=+241664648 299832 728mmmm=+，所以12max8 23SS=，当且仅当98 mm=时，即3 24m=时取等号.16 分 所以，128 28 233SS .17 分 19（本题满分 17 分）解：（1）设函数xxxfsin)(=为恒切函数，则有0 xI，使0)(0=xf且0)(0=xf，即=+0sin0cossin00000 xxxxx，解得00=x，故函数xxxfsin)(=是恒切函数.4 分（2）（i）由函数paxaexgx=2)(为恒切函数可知，存在0 x，使得0)(0=xg且0)(0=xg，即=0120200

16、0 xxaepaxae解得02xea=，2)1(00 xepx=，.6 分 学科网（北京）股份 有限公司 设2)1()(xexQx=，2)(xxexQ=，当(0)x，时，)(xQ递增；当），（+0 x时，)(xQ递减.8 分 1()(0)2Q xQ=，即实数p的取值范围是1(2，.9 分（ii）当21=p时，2=a，.10 分 函数mexexhxx2)1)(1+=+（为恒切函数.又1)22)(+=xxexexh（，所以存在0 x，使得0)(0=xh，即02200=xex.11 分 令22)(=xexTx,则12)(=xexT，当(ln2)x ，时，)(xT递减；当(ln2,)x+时，)(xT递增.所以当(ln2)x ，时，02)2(2=eT，021122232)23(323=+=eeT，故在3(2)2，上存在唯一0 x，使得02200=xex，即2200+=xex.13 分 又由00100()(1)20 xxh xexem+=+=得0010002(1)(2)4xxemexex x+=+由03(2)2x ，得003(2)(0)4x x+，所以0323me.15 分 又(0)0T=，所以当(ln2)x+，时，有唯一零点01=x，故由1()0h x=得02=m，即0=m.16 分 mA .17 分