2019-2020學年福建省廈門市高二上學期期末質量檢測數(shù)學試題(解析版)

1、故選：C.第 1 頁共 21 頁2019-2020 學年福建省廈門市高二上學期期末質量檢測數(shù)學試題一、單選題1 .已知命題p: x R，x21 2x，則P是( )A .x2R,x 1 2xB.XoR,x212xoC .XoR,x：1 2xoD.xR,x212x【答案】 B【解析】 根據全稱命題的否定是特稱命題即可得到結論.【詳解】解：Q命題P是全稱命題，根據全稱命題的否定是特稱命題可知，命題的否定是：2XoR,Xo1 2Xo,故選：B.【點睛】本題主要考查含有量詞的命題的否定，全稱命題的否定是特稱命題，特稱命題的否 定是全稱命題.2 .已知f x sin x,f x為f x的導函數(shù)，貝Vf()

2、6 6A .仝3【答案】B1C.2D . 1C2【解析】求導f x,再將x代入fX，求得f.66【詳解】解：因為f XsinX ，則fXcos X66所以fcos cos 166632.第2頁共 21 頁【點睛】 本題考查導數(shù)的運算，遵循先求導再代數(shù)的原則rrr3已知命題P：若a 1, 2,3,b 2,4, 6，則：/b；命題q：若a1,2,1,1,0,1，貝 V a b.下列命題為真命題的是()A .PqB.p qC. p qD.Pq【答案】D【解析】根據空間向量的平行和垂直的運算， 分別判斷命題p, q的真假性， 結合復合命題的真值表，即可得出正確的答案.【詳解】解：命題P：若a 1, 2

3、,3，b 2,4, 6，r r r r可知b2a，a/b，命題P是真命題；又命題q：若a 1, 2,1，b 1,0,1，r rr一r十工士ag)10 120，則a與b不垂直，命題q是假命題.p q為真命題.故選：D.【點睛】本題考查空間向量平行和垂直的坐標運算，也考查了復合命題的真假性判斷問題，是基礎題目.4雙曲線 E 經過點4八2，其漸近線方程為y -x，則 E 的方程為()22xA.42一2y 1B.x2C.22也18D.2 2xy18 2【答案】 D【解析】由漸近線方程為y1x，可設所求的雙曲線方程為2y_2x(0)，由214雙曲線經過點(4, 2)代入可得，從而可得所求的雙曲線方程【詳

4、解】1解：已知雙曲線漸近線方程為y -x,2第3頁共 21 頁2故可設所求的雙曲線方程為上1雙曲線經過點（4,2），代入可得2故所求的雙曲線方程為8故選：D.【點睛】z的值為（）B. 0【答案】【詳解】由向量線性運算得:uuuuuuu 1 uuu 1 uuir即PMAP AB AC,2211所以，x1,y-,z_ ,則x22故選：B.【點睛】本題考查空間向量的線性運算，運用到三角形法則和平行四邊法則的加減法運算6 如圖所示的是甲，乙兩名籃球運動員在某賽季的前(0),本題主要考查了雙曲線的方程的求解,解題的關鍵是需要由題意設出雙曲線的方程,雙曲線的方程求解中，若已知雙曲線方程2x-2a2可得漸近

5、線方程為2x2a2但若漸近線方程為程程為冷2a2x0可設雙曲線方程為2a2y_b25.三棱錐P ABC中，M 是棱BC的中點,uuua若PMuurxAPuuuyABmurzACx,y,z【解由向量的線性運算，先求出uuuuPMuuuPAuuuuAMuuuAPuuuuAM，再利用平行四邊形法則,即可得出x, y,z，即可得出結果.ujuu解：由題可知，PMuuu uuuxAP yABujurzAC x, y,z R,uuuu uuu uuuuPM PA AMuuuuuuuAM6 場比賽得分的莖葉圖，設甲、第4頁共 21 頁乙兩人這 6 場比賽得分的平均數(shù)分別為X甲、X乙， 標準差分別為s甲，無，

6、則有（）第5頁共 21 頁【答案】集中，標準差較小，標準差也可直接得出.【詳解】解：由莖葉圖可知乙的分布比較集中，標準差較小，故s甲S乙，又 X甲11+13+22+23+24+3923+23+25+27+30+ 3422, X乙27 ,6 6故X甲X乙故選： C.【點睛】本題考查莖葉圖的平均數(shù)及標準差等知識，根據莖葉圖觀察出分布情況以及對標準差的含義，屬于基本題.7 .如圖，過球心的平面和球面的交線稱為球的大圓球面幾何中，球 0 的三個大圓兩兩相交所得三段劣弧AB,?C,CA構成的圖形稱為球面三角形ABC.AB與Ac所成的角稱為球面角 A，它可用二面角B OA c的大小度量若球面角A- ,B-

7、,32C，則在球面上任取一點 P, P 落在球面三角形 ABC 內的概率為（）21111A .-B.-C.D .681216【答案】C【解析】根據球體的性質，利用面積比求出概率即可n【解平均數(shù)可直接計算得到,標準差是表明分布情況，在莖葉圖中，單峰的分布較第6頁共 21 頁【詳解】 解：由題知，球面角A -,B -,C -,3221則得出球面三角形ABC是 的球面，設球面三角形ABC的面積為S,12故選：C.【點睛】 本題考查面積型幾何概型，通過面積比求概率，還考查球體的性質和應用，解題時需要 認真審題和理解分析題目28 .已知F1,F2為橢圓E :y3D .遼2【答案】別求出PF2,和PF1，

8、利用角平分線的性質，求出弦值，最后利用正弦定理求出PQ.【詳解】2解：由橢圓E : y21，可知a23,b21,c2a2b22,3得a .3,b1,c因為PF1PF2,由橢圓定義可知，PF|PF22a2J3,|F,F22c22,22222則PF1PF2F1F2，得2逅|PF2|PF2|8,解得：PF2J3 1，則PF1J3 1,因為F1PF2的平分線交x軸于點 Q,則球面上任取一點P, P 落在球面三角形 ABC 內的概率為:1的左，右焦點，E 上一點 P 滿足PF1PF?，F(xiàn)1PF2的平分線交 X 軸于點 Q，則PQ【解由橢圓方程得1,c 2，根據橢圓定義和PF1PF2，列式分Rt PFQ中

9、對應角的正弦值、余第7頁共 21 頁定理求解，還考查學生的分析轉化和解題能力 二、多選題2 29 已知雙曲線E :仏1的左、右焦點分別為F1,F2, P 是 E 的右支上一點，貝U412方程以及點到直線距離公式即可得判斷，進而得出答案【詳解】2 2解：已知雙曲線E: 1，得a24,b212,C2a2b216,412則a 2,b2、3, c 4,由雙曲線的定義得：PF1PF22a 4，所以選項A正確；亠 亠C4在Rt PFQ中，sin PFQ、3 12/2，COs所以sin PQF1sin 45PFQ2cos PFQ22sin PFQ得sin PQF1.2、3 122 2在PF1Q中，由正弦定理

10、得：sin PQF1晅1|PQ|PQ .3即：43 1，解得2242故選:A.PQsin PFQ本題考結合焦點三角形的邊長和角,通過勾股定理和正弦下列結論正確的是（）A PF）PF24C PF1的最小值是 6【答案】ACD【解析】由雙曲線方程，得出a 2,bB E 的離心率是 、3D P 到兩漸近線的距離的乘積是32-、3,C4，即可利用定義、離心率、漸近線【點第8頁共 21 頁離心率e2，所以選項B不正確；a 2第9頁共 21 頁當P在右頂點時，|PFi取得最小值，即IPFi mina c 6，則C正確； 因為雙曲線的漸近線方程為ybx ,3x,a2 2設點P Xo,yo，則乞 旦1，即3x

11、o2yo212，412則點P到y(tǒng) 3x和到y(tǒng) 3x的距離乘積為：1辰y(tǒng)o|Wx。y0|3好時*3，則D正確.2244故選：ACD.【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，涉及到雙曲線的定義、離心率、漸近線方程，以及點 到直線的距離公式，屬于基礎題，需要對雙曲線知識點有一定的掌握10 .正方體ABCD AiBiCiDi中，E、F、G、H 分別為 CG、BC、CD、BB、BBi的中點，則下列結論正確的是（）C .AH/面 AEFD 二面角E AF C的大小為二4【答案】BC【解析】通過線面垂直的判定和性質，可判斷A選項，通過線線和線面平行的判斷可確定B和選項C，利用空間向量法求二面角，可判斷選項D.

12、【詳解】解：由題可知，BiG在底面上的射影為BG，而BC不垂直BG, 則BiG不垂直于BC，則選項A不正確;連接ADi和BCi, E、F、G、H 分別為 CC可知EF / BC1/ AD1，所以AEFA.B)G BCB.平面AEF I平面AADQADiBC、CD、BB、BBi的中點,平面AD1EF,則平面AEF I平面AADiDADi，所以選項B正確;第10頁共 21 頁由題知，可設正方體的棱長為2,以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為 z 軸, 則各點坐標如下：A 2,0,0 ,C 0,2,0 ,E 0,2,1 ,A 2,0,2 , H 2,2,1 ,F 1,2,0uLunuuuuu

13、runrAH 0,2, 1 , AF 1,2,0 ,EF 1,0, 1 , AA0,0,2，r設平面AEF的法向量為n x,y,z，vuuvn AF 0 x 2y 0則v uuv，即，令y 1,得X 2,z2，n EF 0 x z 0得平面AEF的法向量為n 2,1,2，uur r所以AH n 0，所以AH/平面AEF，則C選項正確;ujir由圖可知，AA1平面AFC，所以AA是平面AFC的法向量,得知二面角EAFC的大小不是4，所以D不正確.本題主要考查空間幾何體線線、線面、面面的位置關系，利用線面垂直的性質和線面平行的判定，以及通過向量法求二面角，同時考查學生想象能力和空間思維uuir r

14、則cosAA|, nuuir rAAi n故選：BC.第11頁共 21 頁三、填空題11.某工廠生產 A、B、C 三種不同的產品，產量分別為400 件、600 件、1000 件為檢第12頁共 21 頁故答案為：24.【點睛】本題考查了分層抽樣方法的應用問題，是基礎題.12.ac2be2”是“a b ”的_ 條件（從 充分不必要”必要不充分”充要”既不充分也不必要”中選擇一項填空）【答案】充分不必要【解析】由不等式的性質可知，由aC2be2得 a b，反之代入c = 0進行驗證，然后根據充分性與必要性的定義進行判斷，即可得出所要的答案.【詳解】解：由不等式的性質可知，由ac2be2得 a b ,

15、故Be2be2”成立可推出a b ”，而 a b，當e = 0,則ae2be2,所以a b ”不能保證ae2be2”故ae2be2是a b 成立的充分不必要條件.故答案為：充分不必要.【點睛】本題考查充分條件與必要條件的判斷，結合不等式的性質，屬于較簡單題型.13 甲、乙、丙 3 人各寫一張賀卡置于同一信封，每人隨機取回一張，則3 人取回的賀卡均為他人所寫的概率為 _.1驗產品質量，現(xiàn)用分層抽樣的方法從所有產品中抽取80 件進行檢驗，則應從 B 產品中抽取_ 件.【答案】24【解析】 根據題意求出分層抽樣比例，即可算出從B產品中抽取的樣本數(shù)據.【詳解】125，24 （件）.80解：抽樣比例是

16、400 600 10001應從B產品中抽取60025第13頁共 21 頁【答案】丄3【解析】根據題意，用列舉法分別將所有情況一一列舉出來，再利用古典概型的概率公 式求出結果第14頁共 21 頁【詳解】 解：設甲的賀卡為A，乙的賀卡為B，丙的賀卡為C,每人隨機取回一張，則按順序，甲、乙、丙3 人取回的賀卡有以下情況：ABC、ACB、BAC、BCA、CAB、CBA，共有 6 種情況，則 3 人取回的賀卡均為他人所寫的有：BCA、CAB，2 種情況，2 1所以 3 人取回的賀卡均為他人所寫的概率為p2丄.631故答案為：i.3【點睛】本題考查古典概型求概率，利用列舉法將所有基本事件一一列舉出來，屬于

17、基礎題14如圖，平行六面體ABCD AiBQDi的所有棱長均為 1,BADA1ADAAB -, E 為 CC1的中點，則 AE 的長度是【答案】-I72uur ULUT ULUT 1 uuuu【解析】根據向量的線性運算，得出AE AB BC1CC1,根據向量的數(shù)量積運算,2即可求出結果【詳解】UUU UUU UUU 1 UUUD解：由題可知，AE AB BC -CC1,2UUU2UUU UUU 1 UUUT _所以AE(AB BC -CC1)22UUU2UUU21 UUU02UUU UULTULUTUUUDUUU UUUTABBC CC12ABBCABCC1BC CC14UUU2ABUUU2B

18、C1 UUUT2-CC14UUU2 ABUUIUBC cos60UUU UUUUAB CC1cos600UUU UUUUBC CC1cos600UUU得AE174第15頁共 21 頁故答案為：I17.2【點睛】本題考查向量的運算， 涉及到線性運算和向量的數(shù)量積，同時考查學生的化歸和轉化思想.1215 曲線C: y In x x在點P處的切線I的斜率為k，則k的取值范圍是2當k取得最小值時，I的方程是_ .【答案】2,4x 2y 3 0【解析】先求導，設切點P xo,yo,求出切線斜率，利用基本不等式求k的取值范圍,得出點P坐標，再根據點斜式求出切線方程【詳解】解：已知曲線C：yInx12xx

19、o，則y1X,2X設點P xo,yo，當xx時，y1r-XokXoo,1o，有12.1c由于x 0,則XoIt Xoxo2，即k 2,XoXoVXo所以k的取值范圍是2,1當且僅當Xo，即XoX1時，取等號，此時k2,1I，得切線1的方程為：y12 x 1,2即：4x2y3 o故答案為：2,；4x 2y 3 0.【點睛】本題考查利用導數(shù)求切線方程，以及利用基本不等式求出和的最小值16 .過拋物線E : y26x的焦點作直線I交E于Axi,yi、B沁、兩點，M是線段AB的三等分點，過M作E的準線的垂線，垂足是M,則X1X2 _；MM的最小值等于_.第16頁共 21 頁93 l【答案】93. 34

20、233【解析】由拋物線方程，求出焦點坐標 一,0，設直線方程x my3，聯(lián)立方程組,22不等式求XM最小值，即可得出結果.【詳解】3，所以MM的最小值為:2故答案為:【點睛】 本題考查拋物線性質的應用，包括聯(lián)立方程、韋達定理、拋物線的定義和性質，還利用基本不等式求最值，同時考查轉化能力和解題能力，屬于中檔題 四、解答題通過韋達定理求得y y和丫2，進而得出X1X2；由拋物線的定義和性質，利用基本解：由題可知，拋物線E : y26X的焦點坐標為廟0，設直線l的方程為：Xmy設A Xi,yi,B X2,y2,MXM, yM，X10，X2聯(lián)立方程3my2，得y26my 90,則y-iy2又因為解得:

21、6X6m，y29，y”2236X1X2，則8136X-X2,X1X2因為M是線段AB的三等分點，貝UXM2X1X2，即XM2X-I4X1,3因為2X,92J2xi壬3逅，則XM當且僅當Xi3時，取等號，得XM最小值為、2,4而MMXM第17頁共 21 頁17 班級新年晚會設置抽獎環(huán)節(jié) 不透明紙箱中有大小相同的紅球 3 個，黃球 2 個，且這 5 個球外別標有數(shù)字 1、2、3、4、5有如下兩種方案可供選擇：方案一：一次性 抽取兩球，若顏色相同，則獲得獎品；方案二：依次有放回.地抽取兩球，若數(shù)字之和大于 5，則獲得獎品(1) 寫出按方案一抽獎的試驗的所有基本事件；(2) 哪種方案獲得獎品的可能性更

22、大？【答案】(1)見解析(2)方案二獲得獎品的可能性更大 【解析】(1)根據題意，設三個紅球分別為：A,A2,A3，兩個黃球分別為,B2，利用列舉法一一列舉出來即可；(2)方案一二中，根據古典概型，分別求出兩種方案的概率，即可得出結論【詳解】(1)方案一中，設三個紅球分別為：A,A2,A3，兩個黃球分別為 耳弋2,則方案一所有可能的基本事為:共 10 個基本事件(2)方案二中，設兩次抽查取的球所標的數(shù)字分別為x、y,方案一、方案二的基本事件總數(shù)均為有限個，且每個基本事件發(fā)生的可能性均相同，故它們都是古典概型(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(2,1)(2,2)(2,3)(2,4

23、)(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)則所有可能的基本事件對應的二元有序數(shù)組x, y表示如下表，共 25 個基本事件:A1A2, AA3, A1B1 A1B2A2A3, A2B1A2B2 A3B1, A3B2, B1B2第18頁共 21 頁方案一，設事件A:兩球顏色相同，第19頁共 21 頁則A包含AA、A1A3、A2A3、B1B2共 4 個基本事件，42故P A -.105方案二中，設事件B:兩球所標數(shù)字之和大于5,則B包含1,5、2,4、2,5、3,3、3,4、3,5、

24、4,2、4,3、4,4、4,55,1、5,2、5,3、5,4、5,5共 15 個基本事件，,153故P B.255因為P AP B，所以選擇方案二獲得獎品的可能性更大【點睛】本題考査古典概型以及概率在生活中的應用等知識點，同時考查推理論證能力以及考查邏輯推理與數(shù)據分析素養(yǎng)(1) 求E的方程；(2) 若以BC為直徑的圓過原點0,求I的方程【答案】(1) y2x ； (2)y x 1.p17【解析】(1)根據拋物線的定義，即可得出 4 號 7，求出P，即可得出拋物線E的方程；(2)設B x1,y1、C X2,y2，聯(lián)立直線方程和拋物線方程，結合韋達定理x1x2和umnuurX1X2，以BC為直徑的

25、圓過0點，OAOB為屜y1y20，求出k 1，可得出I的方程【詳解】(1)由拋物線的定義可知，A 4,yo到焦點F的距離等于A到準線x號的距離，p 1712所以 4，解得P ,所以E的方程是 y x2 422設B x1, y1、C X2,y2，由題意知k 0.218 .拋物線E : y2px p 0上一點A 4, yo到焦點17F的距離為 ，直線4i：yB Ckx 1交E于兩點.第20頁共 21 頁2聯(lián)立直線I與拋物線E:yykx 12k 1 x+1=0.1 2k所以X-IX22,X-|X2k1k2，2k2214k2o,因為以BC為直徑的圓過O點，所以UULUULUOAOBX1X2yiy20，

26、即NX2kx,1 kx211 k2NX2kX1x2所以1k2丄k譬k2k21.經檢驗k 1滿足題意，所以l的方程是yx 1.【點睛】本題考查拋物線定義，直線與拋物線的位置關系，結合韋達定理、圓的相關性質、向量的數(shù)量積、直線方程等知識點，考查化歸與轉化的數(shù)學思想、邏輯推理以及數(shù)學運算素19 .記fg x分別為函數(shù)f x、g x的導函數(shù).把同時滿足fXog Xo和f XoXo的人叫做f x與g x的 Q 點”.(1)求 f2x與g x2x 4的 Q 點”;(2)若 f【答案】(1)21 .ax與g21(2) A.eInx存在 Q 點”，求實數(shù)a 的值.【解析】(1)x 2x與g2x x 2x 4進

27、行求導,由f X。g X。和f XoXo，結合新定義，即可求出f X與g X的Q”占；八、(2)對f xInx分別求導，根據新定義列式，求出a 的值.【詳解】(1)因為 f2,g x 2x設Xo為函數(shù)f與g X的一個Q”占八、由f XogXo且f xogXo得2XoXo22Xo4,2 2xo2解得xo2.第21頁共 21 頁第22頁共 21 頁所以函數(shù)f x與g x的Q”點是 2.1(2)因為f x 2ax, g xx設xo為函數(shù)f x與g x的一個Q ”點.axg2 3- In x0L2由fxog xo且fxog xo得12ax0一LX。1由得a2代入得In x01，所以x0e.2x。所以a

28、【點睛】本題考查導數(shù)運算以及函數(shù)與方程問題,思想和數(shù)學運算素養(yǎng)20 .如圖，四棱錐P ABCD中，PA平面 ABCD，ABC ACD -， BAC -，23PC 與平面 ABCD 所成的角為匸，又PA CD 2.62證明：平面PAC平面 PCD ；3求二面角 B PC D 的余弦值.12e2.結合新定義，同時考查推理論證能力以及方程第23頁共 21 頁【解析】(1)由PA平面ABCD， 根據線面垂直的性質，得出PA CD，再結合面面垂直的判斷，即可證明平面PAC平面 PCD ；(2)因為 BAC - , PC 與平面 ABCD 所成的角為，求出AB .3, BC36空間直角坐標系，通過空間向量

29、法，分別求出平面 二面角公式求出二面角 B PC D 的余弦值【詳解】（1）證明：因為PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PA CD， 又因為AC CD且PAI AC A，所以CD平面PAC，因為CD平面ABCD，所以平面PAC平面PCD.（2） 因為PA平面ABCD，所以AC為PC在平面ABCD內的射影，所以PCA為PC與平面ABCD所成角，故PCA ，6在Rt PAC中，因為PA2，所以AC 2、3，在RtACD中，因為AC2、3,CD 2，所以AD 4, CAD，6又因為BAC -，所以3BADBACCAD 即BA2AD在RtVACD，因為AC23， BAC ,所以AB3, BC3.

30、以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為 z 軸,建立空間直角坐標系：則B , 3,0,0 ,C , 3,3,0 ,D 0,4,0 , P 0,0,2，uuu得PBLUUUT3,0, 2 ,BCUULT0,3,0 , PDuuu0,4, 2 ,CD込,1,0,rvuuvnPB0、3x 2z 0設平面PBC的法向量為nx, y,z，貝yv uuivn BC 03y 0令x2，得n 2,0, JvuuvITmPB04y 2z 0設平面PCD的法向量為mx,y,z,則vuuv,m CD 03x y 0令x ,3，得m . 3,3,6urm n2亦6逅8亦2萌cos m, n

31、trr -f#f=-?=-【答案】(1)見解析；(2)2 -773，建立PBC和平面PCD的法向量，通過第24頁共 21 頁H I運23262方4占7觀察可知，二面角 B PC D 為鈍角，2J7所以二面角 B PC D 的余弦值為仝7.7第25頁共 21 頁【點睛】本題考査線面垂直的性質、面面垂直得判斷、線面角定義以及用向量法求二面角等知識點，同時考查空間想象能力、運算求解能力21 .配速是馬拉松運動中常使用的一個概念，是速度的一種，是指每公里所需要的時間，相比配速，把心率控制在一個合理水平是安全理性跑馬拉松的一個重要策略圖 1 是-個馬拉松跑者的心率y（單位：次/分鐘）和配速x（單位：分鐘

32、/公里）的散點圖，圖 2 是一次馬拉松比賽（全程約 42 公里）前 3000 名跑者成績（單位：分鐘）的頻率分布 直方圖：（1） 由散點圖看出，可用線性回歸模型擬合y與x的關系，求y與x的線性回歸方程；（2） 該跑者如果參加本次比賽，將心率控制在160 左右跑完全程，估計他能獲得的名次.n_Xix yiy_ _參考公式：線性回歸方程$bxa中，$2，a y bx，參考數(shù)xixi 1據:y 135.【答案】（1）$25x 285；（2）192第26頁共 21 頁【解析】（1）先求出 x,y，再利用最小二乘法，求出a $，即可得出 y 與 X 的線性回歸第27頁共 21 頁方程;(2)將y 160代入回歸方程得x 5，求出該跑者跑完馬拉松全程所花的時間，再根據頻率分布直方圖，算出該跑者在本次比賽獲得的名次【詳解】(2)將y 160代入回歸方程得x