福建省厦门市2019-2020学年高二上学期期末考试质量检测数学试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com 厦门市2019-2020学年度第一学期高二年级质量检测 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 考生注意：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用像皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将答题卡交回.‎ 一、单选题：本题共8小题，每小题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.已知命题，，则是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．‎ ‎【详解】解：命题是全称命题，‎ 根据全称命题的否定是特称命题可知，命题的否定是：‎ ‎，，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题．‎ ‎2.已知，为的导函数，则（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ - 23 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导，再将代入，求得.‎ ‎【详解】解：因为，则，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查导数的运算，遵循先求导再代数的原则.‎ ‎3.已知命题若，，则；命题若，，则.下列命题为真命题的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间向量的平行和垂直的运算，分别判断命题的真假性，结合复合命题的真值表，即可得出正确的答案．‎ ‎【详解】解：命题若，，‎ 可知， ，‎ 命题是真命题；‎ 又命题若，，‎ ‎，则与不垂直，‎ 命题是假命题．‎ 为真命题．‎ - 23 -‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量平行和垂直的坐标运算，也考查了复合命题的真假性判断问题，是基础题目．‎ ‎4.双曲线E经过点，其渐近线方程为，则E的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由渐近线方程为，可设所求的双曲线方程为，由双曲线经过点代入可得，从而可得所求的双曲线方程 ‎【详解】解：已知双曲线渐近线方程为，‎ 故可设所求的双曲线方程为，‎ 双曲线经过点，代入可得，‎ 故所求的双曲线方程为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的方程的求解，解题的关键是需要由题意设出双曲线的方程，在双曲线的方程求解中，若已知双曲线方程，可得渐近线方程为；但若渐近线方程为程程为可设双曲线方程为．‎ ‎5.三棱锥中，M是棱BC的中点，若，则的值为（ ）‎ A. B. 0 C. D. 1‎ ‎【答案】B - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的线性运算，先求出，再利用平行四边形法则，即可得出，即可得出结果.‎ ‎【详解】解：由题可知，，‎ 由向量线性运算得：‎ 即，‎ 所以，，则.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量的线性运算，运用到三角形法则和平行四边法则的加减法运算.‎ ‎6.如图所示的是甲，乙两名篮球运动员在某赛季的前6场比赛得分的茎叶图，设甲、乙两人这6场比赛得分的平均数分别为、，标准差分别为，，则有（ ）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平均数可直接计算得到，标准差是表明分布情况，在茎叶图中，单峰的分布较集中，标准差较小，标准差也可直接得出．‎ ‎【详解】解：由茎叶图可知乙的分布比较集中，标准差较小，故，‎ 又，‎ 故.‎ - 23 -‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查茎叶图的平均数及标准差等知识，根据茎叶图观察出分布情况以及对标准差的含义，属于基本题．‎ ‎7.如图，过球心的平面和球面的交线称为球的大圆.球面几何中，球O的三个大圆两两相交所得三段劣弧，，构成的图形称为球面三角形ABC. 与所成的角称为球面角A，它可用二面角的大小度量.若球面角，，，则在球面上任取一点P，P落在球面三角形ABC内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据球体的性质，利用面积比求出概率即可.‎ 详解】解：由题知，球面角，，，‎ 则得出球面三角形是的球面，设球面三角形的面积为，‎ 则球面上任取一点P，P落在球面三角形ABC内的概率为：‎ ‎.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查面积型几何概型，通过面积比求概率，还考查球体的性质和应用，解题时需要认真审题和理解分析题目.‎ ‎8.已知，为椭圆的左，右焦点，E上一点P满足，的平分线交x轴于点Q，则（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆方程得出，根据椭圆定义和，列式分别求出，和，利用角平分线的性质，求出中对应角的正弦值、余弦值，最后利用正弦定理求出.‎ ‎【详解】解：由椭圆，可知，‎ 得，因为，‎ 由椭圆定义可知，，，‎ 则，得,‎ 解得：，则，‎ 因为的平分线交轴于点Q， ‎ 在中，，‎ 所以 得，‎ 在中，由正弦定理得：，‎ 即：，解得.‎ 故选：A.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的定义和性质的应用，结合焦点三角形的边长和角，通过勾股定理和正弦定理求解，还考查学生的分析转化和解题能力.‎ 二、多选题：本题共2小题，每小期5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.‎ ‎9.已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是E的右支上一点，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. E的离心率是 C. 的最小值是6 D. P到两渐近线的距离的乘积是3‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线方程，得出，即可利用定义、离心率、渐近线方程以及点到直线距离公式即可得判断，进而得出答案.‎ ‎【详解】解：已知双曲线，得，‎ 则，‎ 由双曲线的定义得：，所以选项正确；‎ 离心率，所以选项不正确；‎ 当在右顶点时，取得最小值，即，则正确；‎ 因为双曲线的渐近线方程为，‎ 设点，则，即，‎ 则点到和到的距离乘积为：‎ ‎，则正确.‎ 故选：ACD.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，涉及到双曲线的定义、离心率、渐近线方程，以及点到直线的距离公式，属于基础题，需要对双曲线知识点有一定的掌握.‎ ‎10.正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. 平面平面 C. 面AEF D. 二面角的大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过线面垂直的判定和性质，可判断选项，通过线线和线面平行的判断可确定和选项，利用空间向量法求二面角，可判断选项.‎ ‎【详解】解：由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，‎ 则不垂直于，则选项不正确；‎ 连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，‎ 可知，所以平面，‎ 则平面平面，所以选项正确；‎ 由题知，可设正方体的棱长为2，‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴，‎ 则各点坐标如下：‎ - 23 -‎ ‎，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，令，得，‎ 得平面的法向量为，‎ 所以，所以平面，则选项正确；‎ 由图可知，平面，所以是平面的法向量，‎ 则.‎ 得知二面角的大小不是，所以不正确.‎ 故选：BC.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查空间几何体线线、线面、面面的位置关系，利用线面垂直的性质和线面平行的判定，以及通过向量法求二面角，同时考查学生想象能力和空间思维.‎ 三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎11.某工厂生产A、B、C三种不同的产品，产量分别为400件、600件、1000件.为检验产品质量，现用分层抽样的方法从所有产品中抽取80件进行检验，则应从B产品中抽取________件.‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 根据题意求出分层抽样比例，即可算出从产品中抽取的样本数据．‎ ‎【详解】解：抽样比例是，‎ 应从产品中抽取（件．‎ 故答案为：24．‎ ‎【点睛】本题考查了分层抽样方法的应用问题，是基础题．‎ ‎12.“”是“”________条件.（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选择一项填空.）‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由不等式的性质可知，由得，反之代入进行验证，然后根据充分性与必要性的定义进行判断，即可得出所要的答案．‎ ‎【详解】解：由不等式的性质可知，由得，‎ 故“”成立可推出“”，‎ 而，当，则，‎ 所以“”不能保证“”，‎ 故“”是“”成立的充分不必要条件.‎ 故答案为：充分不必要．‎ ‎【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，结合不等式的性质，属于较简单题型．‎ ‎13.甲、乙、丙3人各写一张贺卡置于同一信封，每人随机取回一张，则3人取回的贺卡均为他人所写的概率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，用列举法分别将所有情况一一列举出来，再利用古典概型的概率公式求出结果.‎ ‎【详解】解：设甲的贺卡为，乙的贺卡为，丙的贺卡为，‎ - 23 -‎ 每人随机取回一张，则按顺序，甲、乙、丙3人取回的贺卡有以下情况：‎ ‎，共有6种情况，‎ 则3人取回的贺卡均为他人所写的有：，2种情况，‎ 所以3人取回的贺卡均为他人所写的概率为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型求概率，利用列举法将所有基本事件一一列举出来，属于基础题.‎ ‎14.如图，平行六面体的所有棱长均为1，，E为的中点，则AE的长度是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的线性运算，得出，根据向量的数量积运算，即可求出结果.‎ ‎【详解】解：由题可知，，‎ 所以 得.‎ - 23 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量的运算，涉及到线性运算和向量的数量积，同时考查学生的化归和转化思想.‎ ‎15.曲线在点处的切线的斜率为，则的取值范围是________；当取得最小值时，的方程是________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求导，设切点，求出切线斜率，利用基本不等式求的取值范围，得出点坐标，再根据点斜式求出切线方程.‎ ‎【详解】解: 已知曲线，则，‎ 设点，当时，，‎ 由于，则，有，即，‎ 所以的取值范围是.‎ 当且仅当，即时，取等号，‎ 此时，，得切线的方程为：，‎ 即：‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求切线方程，以及利用基本不等式求出和的最小值.‎ ‎16.过抛物线的焦点作直线交于、两点，是线段的三等分点，过作的准线的垂线，垂足是，则________；的最小值等于________.‎ - 23 -‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线方程，求出焦点坐标，设直线方程，联立方程组，通过韦达定理求得和，进而得出；由抛物线的定义和性质，利用基本不等式求最小值，即可得出结果.‎ ‎【详解】解：由题可知，抛物线的焦点坐标为，‎ 设直线的方程为：，‎ 设，，‎ 联立方程，得，‎ 则，，‎ 又因为，则，‎ 解得：.‎ 因为是线段的三等分点，则，即，‎ 因为，则，‎ 当且仅当时，取等号，得最小值为，‎ 而，所以的最小值为：.‎ 故答案为：；.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查抛物线性质的应用，包括联立方程、韦达定理、抛物线的定义和性质，还利用基本不等式求最值，同时考查转化能力和解题能力，属于中档题.‎ 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.班级新年晚会设置抽奖环节.不透明纸箱中有大小相同的红球3个，黄球2个，且这5个球外别标有数字1、2、3、4、5.有如下两种方案可供选择：‎ 方案一：一次性抽取两球，若颜色相同，则获得奖品；‎ 方案二：依次有放回地抽取两球，若数字之和大于5，则获得奖品.‎ ‎（1）写出按方案一抽奖的试验的所有基本事件；‎ ‎（2）哪种方案获得奖品的可能性更大？‎ ‎【答案】（1）见解析（2）方案二获得奖品的可能性更大.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，设三个红球分别为：，两个黄球分别为，利用列举法一一列举出来即可；‎ ‎（2）方案一二中，根据古典概型，分别求出两种方案的概率，即可得出结论.‎ ‎【详解】（1）方案一中，设三个红球分别为：，两个黄球分别为，‎ 则方案一所有可能的基本事为：‎ 共10个基本事件.‎ ‎（2）方案二中，设两次抽查取的球所标的数字分别为、，‎ 则所有可能的基本事件对应的二元有序数组表示如下表，共25个基本事件：‎ ‎(1,1)‎ ‎(1,2)‎ ‎(1,3)‎ ‎(1,4)‎ ‎(1,5)‎ ‎(2,1)‎ ‎(2,2)‎ ‎(2,3)‎ ‎(2,4)‎ ‎(2,5)‎ ‎(34)‎ ‎(3,2)‎ ‎(3,3)‎ ‎(3,4)‎ ‎(3,5)‎ ‎(4,1)‎ ‎(4,2)‎ ‎(4,3)‎ ‎(4,4)‎ ‎(4,5)‎ ‎(5,1)‎ ‎(5,2)‎ ‎(5,3)‎ ‎(5,4)‎ ‎(5,5)‎ - 23 -‎ 方案一、方案二的基本事件总数均为有限个，‎ 且每个基本事件发生的可能性均相同，故它们都是古典概型.‎ 方案一，设事件：两球颜色相同，‎ 则包含、、、共4个基本事件，‎ 故.‎ 方案二中，设事件：两球所标数字之和大于5，‎ 则包含、、、、、、、、、‎ ‎、、、、共15个基本事件，‎ 故.‎ 因为，所以选择方案二获得奖品的可能性更大.‎ ‎【点睛】本题考査古典概型以及概率在生活中的应用等知识点，同时考查推理论证能力以及考查逻辑推理与数据分析素养.‎ ‎18.抛物线上一点到焦点的距离为，直线交于两点.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）若以为直径的圆过原点，求的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据抛物线的定义，即可得出，求出，即可得出抛物线的方程；‎ ‎（2）设、，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理和 - 23 -‎ ‎，以为直径的圆过点，，求出，可得出的方程.‎ ‎【详解】（1）由抛物线的定义可知，到焦点的距离等于到准线的距离，‎ 所以，解得，所以的方程是.‎ ‎（2）设、，由题意知.‎ 联立直线与抛物线:，得.‎ 所以，，，‎ 因为以为直径的圆过点，所以，‎ 即，‎ 所以，解得.‎ 经检验满足题意，所以的方程是.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线定义，直线与抛物线的位置关系，结合韦达定理、圆的相关性质、向量的数量积、直线方程等知识点，考查化归与转化的数学思想、逻辑推理以及数学运算素养.‎ ‎19.记、分别为函数、的导函数.把同时满足和的叫做与的“Q点”.‎ ‎（1）求与的“Q点”；‎ ‎（2）若与存在“Q点”，求实数a的值.‎ ‎【答案】（1）2；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对与进行求导，由和，结合新定义，即可求出与“”点；‎ - 23 -‎ ‎（2）对与分别求导，根据新定义列式，求出a的值.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 设为函数与的一个“”点.‎ 由且得，‎ 解得.‎ 所以函数与的“”点是2.‎ ‎（2）因为，‎ 设为函数与的一个“”点.‎ 由且得，‎ 由②得代入①得，所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查导数运算以及函数与方程问题，结合新定义，同时考查推理论证能力以及方程思想和数学运算素养.‎ ‎20.如图，四棱锥中，平面ABCD，，，PC与平面ABCD所成的角为，又.‎ - 23 -‎ ‎（1）证明：平面平面PCD；‎ ‎（2）求二面角余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面，根据线面垂直的性质，得出，再结合面面垂直的判断，即可证明平面平面PCD；‎ ‎（2）因为，PC与平面ABCD所成的角为，求出，建立空间直角坐标系，通过空间向量法，分别求出平面和平面的法向量，通过二面角公式求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，‎ 又因为且，所以平面，‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）因为平面，所以为在平面内的射影，‎ 所以为与平面所成角，故，‎ 在中，因为，所以，‎ 在中，因为，所以，‎ 又因为，所以，即.‎ 在，因为，，所以.‎ 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，‎ 建立空间直角坐标系：则，‎ 得，‎ 设平面的法向量为，则，‎ - 23 -‎ 令，得.‎ 设平面的法向量为，则，‎ 令，得.‎ 所以，‎ 观察可知，二面角为钝角，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考査线面垂直的性质、面面垂直得判断、线面角定义以及用向量法求二面角等知识点，同时考查空间想象能力、运算求解能力.‎ ‎21.配速是马拉松运动中常使用的一个概念，是速度的一种，是指每公里所需要的时间，相比配速，把心率控制在一个合理水平是安全理性跑马拉松的一个重要策略.图1是一个马拉松跑者的心率（单位：次/分钟）和配速（单位：分钟/公里）的散点图，图2是一次马拉松比赛（全程约42公里）前3000名跑者成绩（单位：分钟）的频率分布直方图：‎ ‎ ‎ - 23 -‎ ‎（1）由散点图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，求与的线性回归方程；‎ ‎（2）该跑者如果参加本次比赛，将心率控制在160左右跑完全程，估计他能获得的名次.‎ 参考公式：线性回归方程中，，参考数据：.‎ ‎【答案】（1）；（2）192.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出，再利用最小二乘法，求出，即可得出y与x的线性回归方程；‎ ‎（2）将代入回归方程得，求出该跑者跑完马拉松全程所花的时间，再根据频率分布直方图，算出该跑者在本次比赛获得的名次.‎ ‎【详解】（1） 由散点图中数据和参考数据得：‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以y与x的线性回归方程为.‎ ‎（2）将代入回归方程得，‎ 所以该跑者跑完马拉松全程所花的时间约为分钟.‎ 从马拉松比赛的频率分布直方图可知成绩好于210分钟的累积频率为 ‎.‎ 所以有6.4%的跑者成绩超过该跑者，‎ 则该跑者在本次比赛获得的名次大约是名.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图和回归分析等知识点，考查数学建模、数学运算以及数据分析等素养.‎ ‎22.已知椭圆，过左焦点且斜率大于0直线交于两点，的中点为的垂直平分线交x轴于点.‎ ‎（1）若点纵坐标为，求直线的方程；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线，与椭圆方程联立，求出韦达定理，又因为点的纵坐标为，‎ 解得：或，便得出直线的方程；‎ ‎（2）根据椭圆的弦长公式，分别求出和，由求出的面积.‎ ‎【详解】设，由题意，可设直线，‎ ‎（1）将直线方程代入椭圆方程，‎ 得，‎ 所以，‎ 由，得，‎ 解得：或.‎ 当时，，直线方程为，‎ 当时，，直线方程为，‎ 综上所述，直线方程为或.‎ ‎（2）由，得，‎ - 23 -‎ ‎，‎ ‎.‎ 代入②式得，解得或（舍去），‎ 于是，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系，涉及直线方程、直线与椭圆联立、韦达定理、弦长公式，同时考查数形结合思想以及转化与化归思想，还考査逻辑推理与数学运算素养.‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎