2023屆福建省寧德市普通高中畢業(yè)班5月份質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試卷

2023屆寧德市普通高中畢業(yè)班五月份質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上.2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1234561479A.b<c<aB.c<b<aC.c<a<bD.a要講述了以立體問題為主的各種形體體積的計(jì)算公式.例如在推導(dǎo)正四棱臺(tái)(古人稱方臺(tái))體積公式時(shí)，將正四棱臺(tái)切割成九部分進(jìn)行求解.下圖(1)為俯視圖，圖(2)為立體切面圖.E對應(yīng)的是正四棱臺(tái)中間位四個(gè)四棱錐的體積之和為4,則該正四棱臺(tái)的體積為()圖(1)圖(2)二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對的得2分.A.q?=64B.a?+a?+a?+a?=365C.a?=12D.a?+2a?+3a?+4a?+5a?+6a?=-610.某工廠有甲、乙兩個(gè)車間生產(chǎn)同一種產(chǎn)品，其產(chǎn)量A.甲車間樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為9.8三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.18.(12分)(2)在線段PB上是否存在點(diǎn)M,使得二面角P-AD-M存在，說明理由.19.(12分)的大小為45?若存在，求的值；若不記ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知,b=7.a>c,(2)連接AO交BC于點(diǎn)D,求AD的長.20.(12分)且其內(nèi)切圓O的面積為3π.音樂類別的概率分別為P,R.為測試AI軟件的識(shí)別能力，計(jì)劃采取兩種測試方案.方案一：將100首音樂隨機(jī)分配給A,B兩個(gè)小組識(shí)別，每首音樂只被一個(gè)AI軟件識(shí)別一次，并記錄結(jié)方案二：對同一首歌，A,B兩組分別識(shí)別兩次，如果識(shí)別的正確次數(shù)之和不少于三次，則稱該次測試通(1)若方案一的測試結(jié)果如下：正確識(shí)別的音樂數(shù)之和占總數(shù)的在正確識(shí)別的音樂數(shù)中，A組占(i)請根據(jù)以上數(shù)據(jù)填寫下面的2×2列聯(lián)表，并通過獨(dú)立性檢驗(yàn)分析，是否有95%的把握認(rèn)為識(shí)別音樂是否正確與兩種軟件類型有關(guān)?正確識(shí)別錯(cuò)誤識(shí)別(ii)利用(i)中的數(shù)據(jù)，視頻率為概率，求方案二在一次測試中獲得通過的概率；(2)研究性小組為了驗(yàn)證AI軟件的有效性，需多次執(zhí)行方案二，假設(shè)問該測試至少要進(jìn)行21.(12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)1跡為E.,求直線BC的斜率.22.(12分)已知函2023屆寧德市普通高中畢業(yè)班五月份質(zhì)量檢查數(shù)學(xué)試題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)與給出的解法不同，可根據(jù)試題的主要考察內(nèi)容比照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)確定相應(yīng)的評(píng)分細(xì)則.一、選擇題：本題考查基礎(chǔ)知識(shí)和基本運(yùn)算，每小題5分，滿分40分.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.全部選對的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對的得3分.三、填空題：本題考查基礎(chǔ)知識(shí)和基本運(yùn)算，每小題5分，滿分20分.化思想等.又因?yàn)閚∈N°,所以1時(shí)等號(hào)成立),:解法一：(1)取AB的中點(diǎn)F,連結(jié)BD,DF.又AB=2BC=2CD=2,故又由CD//BF,CD=BF,所以四邊形BCDF為正方形，所以PD2+BD2=PB2,故BD⊥PD.由PD∩AD=D,PDC平面PAD,ADC平面PAD,從而BD⊥平面PAD,又BDC平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OF,由PA=PD=1,所以PO⊥AD,因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,由(1)知BD⊥AD,故OF⊥AD.因?yàn)槎娼荘-AD-M的大小為45,所以所以線段PB上存在點(diǎn)M,當(dāng)時(shí)，使得二面角P-AD-M大小為45解法二：(1)取AD的中點(diǎn)O,AB的中點(diǎn)F,連結(jié)PO,BO,DF.又AB=2BC=2CD=2,故CD//BF,且CD=BF=BC=1,△PAD為等腰直角三角形.又因?yàn)镻A=PD=1,所以PO⊥AD,,又PB=√3,所以PB2=PO2+BO2,故PO⊥OB,平面ABCD,OBC平面ABCD,又POC平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)過B作Bz//PO,則Bz⊥平面ABCD.因?yàn)槎娼荘-AD-M的大小為45,所以平面ADM與平面ABCD所成的角也等于45,因?yàn)棣薳[01],解得所以線段PB上存在點(diǎn)M,當(dāng)解法三：(1)同解法二；即時(shí)，使得二面角P-AD-M大小為45.(2)過M點(diǎn)作MH⊥OB于H,過H作HE⊥AD于E,連結(jié)ME由(1)知平面POB⊥平面ABCD,所以MH⊥平面ABCD,故MH⊥AD,所以AD⊥平面MHE,因而ME⊥AD,所以∠MEH是二面角M-AD-B的平面角.因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,二面角P-AD-M大小為45所以二面角M-AD-B大小為45,從而∠MEH=45,故MH=EH.設(shè)MH=h,則EH=h,因?yàn)镠E⊥AD,BD⊥AD,從而HE//BD,因?yàn)镸H⊥OB,PO⊥OB,從而MH//PO,即即想等.解法一：(1)由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,或(2)設(shè)BD=x,CD=y,又因?yàn)閤+y=8,由,解法二：(1)設(shè)圓O與邊BC相切于點(diǎn)E,連結(jié)OE,OB,故BE=√30E=3因?yàn)锳BC三邊與圓O相切，切線長相等因?yàn)閍>c,或因?yàn)閍>c,所以(2)由余弦定理得解法三：(1)同解法一；(2)在△ABC中，由余弦定理得,,20.本小題主要考查列聯(lián)表、二項(xiàng)分布、概率的期望等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力、數(shù)據(jù)處理能力、應(yīng)用意識(shí)，考查統(tǒng)計(jì)思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.解：(1)(i)依題意得2×2列聯(lián)表如下：正確識(shí)別錯(cuò)誤識(shí)別所以沒有95%的把握認(rèn)為軟件類型和是否正確識(shí)別有關(guān)，.故方案二在一次測試中通過的概率為(2)方案二每次測試通過的概率為·所以測試至少27次，此時(shí)所以曲線E的方程為顯然直線BC的斜率存在，設(shè)BC的方程為y=kx+m,又整理得20k2+3m2+16km=0,即(10k+3m)(2k+m)=0,解得k或所以直線BC的方程為即直線BC恒過定點(diǎn),聯(lián)解得聯(lián)所以點(diǎn)代入曲線E的方程解得m2-1=0,即m=±1,所以直線BC的斜率為±1.解法三：(1)同解法一；聯(lián)立方設(shè)c(,x),,,所以點(diǎn)替換k得點(diǎn)i用所以BC斜率即兩邊同除以x2得.則k,所以，即x+ky-2=0.設(shè)上式整理得4k2-4nk-4m-1=0.解得所以直線BC的方程為即下同解法五.22.本小題主要考查導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力