2024年宁德市高三数学5月模拟质检考试卷附答案解析

2024年宁德市高三数学5月模拟质检考试卷试卷满分150分，考试时间120分钟2024.05一、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2，2，3，3，3，4，4，5，5，6的中位数和众数分别为（

）A．3和3 B．和3 C．4和3 D．和2，3，4，52．已知集合.若，则的取值范围是（

）A． B． C． 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．9.6 B．11.0 C．11.4 D．12.06．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．8．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．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．若为实数，则均为纯虚数10．函数.若存在，使得为奇函数，则实数的值可以是（

）A． B． C． D．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.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:①能被4整除，但不能被100整除;②能被400整除，满足以上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.14．已知曲线和圆有2个交点，则实数的取值范围是.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.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.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.18．桌上有除颜色外其他没有任何区别的7个黑球和7个白球，现将3个黑球和4个白球装入不透明的袋中.第一次从袋中任取一个球，若取出的是黑球则放入一个白球，若取出的是白球则放入一个黑球，本次操作完成.第二次起每次取球、放球的规则和第一次相同.(1)求第2次取出黑球的概率;(2)记操作完成次后袋中黑球的个数为变量.（i）求的概率分布列及数学期望;（ii）求的数学期望.19．坐标平面上的点也可表示为，其中为轴非负半轴绕原点逆时针旋转到与OP重合的旋转角.将点绕原点逆时针旋转后得到点，这个过程称之为旋转变换.(1)证明旋转变换公式：并利用该公式，求点绕原点逆时针旋转后的点的坐标；(2)旋转变换建立了平面上的每个点到的对应关系.利用旋转变换，可将曲线通过旋转转化为我们熟悉的曲线进行研究.（i）求将曲线绕原点顺时针旋转后得到的曲线方程，并求该曲线的离心率；（ii）已知曲线，点，直线AB交曲线于，两点，作的外角平分线交直线AB于点，求|FM|的最小值.1．B【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．D【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．D【分析】借助空间中线与面的位置关系及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．B【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．B【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，所以，下午4点对应的，此时预测游客的人流量.故选：B6．C【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．C【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．A【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.9．AC【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．AC【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，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．ABC【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.故选：ABC.12．【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：.13．5【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．【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，此时的圆心到直线的距离，所以直线与圆只有一个公共点，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：.15．(1)(2)【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.【详解】（1）由及余弦定理，得由及正弦定理，得，因为的面积，所以.（2）由得①.因为，所以②，由①②得，又，故.从而.得，所以.16．(1)证明见解析(2)存在，【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.【详解】（1）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，.（2）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，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．(1)最小值(2)有且只有2个零点，理由见解析【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.【详解】（1）法一：，..又，所以切线方程为，..又切线过点，得，所以..所以，当时，，所以在上单调递减，所以的最小值为.法二:，所以切线方程为，因此切点为，得，所以，所以，当时，，所以在上单调递减，所以的最小值为；（2）法一：判断在零点个数，等价于判断方程根的个数，等价于判断方程根的个数.令，令，则，得..当时，在单调递增;当时，在单调递减.，（或）所以时，方程有2根，所以在有2个零点.法二：由（1）得，令，则在上为减函数，所以在上必有一个零点，使得，从而当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减..又，所以在上必有一个零点，使得.当时，，即，此时单调递增;当时，，即，此时单调递减..又因为，所以在上有一个零点，在上有一个零点，综上，在有且只有2个零点.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用隐零点法并结合零点存在性定理即可判断其零点个数.18．(1)(2)（i）分布列见解析，；（ii）【分析】（1）根据全概率公式求解即可；（2）（i）求出随机变量的取值，求出对应概率得出分布列，求出期望；（ii）设第次完成操作后袋中黑球数为，得出的递推关系，构造等比数列求解.【详解】（1）记第次取出的球是黑球为事件，则，根据全概率公式得.所以第2次取出黑球的概率为.（2）（i）由题知得的可能取值为：1，3，5，则;故的分布列为:135所以.（ii）设第次完成操作后袋中黑球数为则也可以按如下方法得出递推关系:即，由此得，又因为，所以构成以为首项，为公比的等比数列，所以，即【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点之一是找到与的关系，其次需要类比数列中构造等比数列的方法求通项公式，属于较难题目，对推理能力要求较高.19．(1)证明见解析，(2)（i），2；（ii）【分析】（1）利用旋转变换公式化简计算可得点绕原点逆时针旋转后坐标为；（2）（i）设曲线上的任一点绕原点顺时针旋转后得到的点为，可视为绕原点逆时针旋转后得到的点，代入旋转公式可得曲线方程，进而可求离心率；(ii)利用旋转变换公式可得旋转后得到的曲线方程为椭圆：，可得焦点坐标，由题可得，进而得得，，设，进而可得，整理可得点的轨迹为直线，进而可求到的最短距离.【详解】（1）设，由题意可知所以，故当，且时，，所以，（2）（i）设曲线上的任一点绕原点顺时针旋转后得到的点为，可视为绕原点逆时针旋转后得到的点，所以..由点在曲线上，所以整理得，.即曲线绕原点顺时针旋转后得到的曲线方程为，该曲线为双曲线，离心率为2，（ii）由曲线，可知当点满足曲线方程时，点也