2019-2020学年福建省厦门市高二上学期期末质量检测数学试题(解析版)

1、故选：C.第 1 页共 21 页2019-2020 学年福建省厦门市高二上学期期末质量检测数学试题一、单选题1 .已知命题p: x R，x21 2x，则P是( )A .x2R,x 1 2xB.XoR,x212xoC .XoR,x：1 2xoD.xR,x212x【答案】 B【解析】 根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论.【详解】解：Q命题P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：2XoR,Xo1 2Xo,故选：B.【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f x sin x,f x为f x的导函数，贝Vf()

2、6 6A .仝3【答案】B1C.2D . 1C2【解析】求导f x,再将x代入fX，求得f.66【详解】解：因为f XsinX ，则fXcos X66所以fcos cos 166632.第2页共 21 页【点睛】 本题考查导数的运算，遵循先求导再代数的原则rrr3已知命题P：若a 1, 2,3,b 2,4, 6，则：/b；命题q：若a1,2,1,1,0,1，贝 V a b.下列命题为真命题的是()A .PqB.p qC. p qD.Pq【答案】D【解析】根据空间向量的平行和垂直的运算， 分别判断命题p, q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P：若a 1, 2

3、,3，b 2,4, 6，r r r r可知b2a，a/b，命题P是真命题；又命题q：若a 1, 2,1，b 1,0,1，r rr一r十工士ag)10 120，则a与b不垂直，命题q是假命题.p q为真命题.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4八2，其渐近线方程为y -x，则 E 的方程为()22xA.42一2y 1B.x2C.22也18D.2 2xy18 2【答案】 D【解析】由渐近线方程为y1x，可设所求的双曲线方程为2y_2x(0)，由214双曲线经过点(4, 2)代入可得，从而可得所求的双曲线方程【详

4、解】1解：已知双曲线渐近线方程为y -x,2第3页共 21 页2故可设所求的双曲线方程为上1双曲线经过点（4,2），代入可得2故所求的双曲线方程为8故选：D.【点睛】z的值为（）B. 0【答案】【详解】由向量线性运算得:uuuuuuu 1 uuu 1 uuir即PMAP AB AC,2211所以，x1,y-,z_ ,则x22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(0),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,双曲线的方程求解中，若已知双曲线方程2x-2a2可得渐近

5、线方程为2x2a2但若渐近线方程为程程为冷2a2x0可设双曲线方程为2a2y_b25.三棱锥P ABC中，M 是棱BC的中点,uuua若PMuurxAPuuuyABmurzACx,y,z【解由向量的线性运算，先求出uuuuPMuuuPAuuuuAMuuuAPuuuuAM，再利用平行四边形法则,即可得出x, y,z，即可得出结果.ujuu解：由题可知，PMuuu uuuxAP yABujurzAC x, y,z R,uuuu uuu uuuuPM PA AMuuuuuuuAM6 场比赛得分的茎叶图，设甲、第4页共 21 页乙两人这 6 场比赛得分的平均数分别为X甲、X乙， 标准差分别为s甲，无，

6、则有（）第5页共 21 页【答案】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 0 的三个大圆两两相交所得三段劣弧AB,?C,CA构成的图形称为球面三角形ABC.AB与Ac所成的角称为球面角 A，它可用二面角B OA c的大小度量若球面角A- ,B-

7、,32C，则在球面上任取一点 P, P 落在球面三角形 ABC 内的概率为（）21111A .-B.-C.D .681216【答案】C【解析】根据球体的性质，利用面积比求出概率即可n【解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，单峰的分布较第6页共 21 页【详解】 解：由题知，球面角A -,B -,C -,3221则得出球面三角形ABC是 的球面，设球面三角形ABC的面积为S,12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28 .已知F1,F2为椭圆E :y3D .辽2【答案】别求出PF2,和PF1，

8、利用角平分线的性质，求出弦值，最后利用正弦定理求出PQ.【详解】2解：由椭圆E : y21，可知a23,b21,c2a2b22,3得a .3,b1,c因为PF1PF2,由椭圆定义可知，PF|PF22a2J3,|F,F22c22,22222则PF1PF2F1F2，得2逅|PF2|PF2|8,解得：PF2J3 1，则PF1J3 1,因为F1PF2的平分线交x轴于点 Q,则球面上任取一点P, P 落在球面三角形 ABC 内的概率为:1的左，右焦点，E 上一点 P 满足PF1PF?，F1PF2的平分线交 X 轴于点 Q，则PQ【解由椭圆方程得1,c 2，根据椭圆定义和PF1PF2，列式分Rt PFQ中

9、对应角的正弦值、余第7页共 21 页定理求解，还考查学生的分析转化和解题能力 二、多选题2 29 已知双曲线E :仏1的左、右焦点分别为F1,F2, P 是 E 的右支上一点，贝U412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】2 2解：已知双曲线E: 1，得a24,b212,C2a2b216,412则a 2,b2、3, c 4,由双曲线的定义得：PF1PF22a 4，所以选项A正确；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故选:A.PQsin PFQ本题考结合焦点三角形的边长和角,通过勾股定理和正弦下列结论正确的是（）A PF）PF24C PF1的最小值是 6【答案】ACD【解析】由双曲线方程，得出a 2,bB E 的离心率是 、3D P 到两渐近线的距离的乘积是32-、3,C4，即可利用定义、离心率、渐近线【点第8页共 21 页离心率e2，所以选项B不正确；a 2第9页共 21 页当P在右顶点时，|PFi取得最小值，即IPFi mina c 6，则C正确； 因为双曲线的渐近线方程为ybx ,3x,a2 2设点P Xo,yo，则乞 旦1，即3x

11、o2yo212，412则点P到y 3x和到y 3x的距离乘积为：1辰yo|Wx。y0|3好时*3，则D正确.2244故选：ACD.【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ABCD AiBiCiDi中，E、F、G、H 分别为 CG、BC、CD、BB、BBi的中点，则下列结论正确的是（）C .AH/面 AEFD 二面角E AF C的大小为二4【答案】BC【解析】通过线面垂直的判定和性质，可判断A选项，通过线线和线面平行的判断可确定B和选项C，利用空间向量法求二面角，可判断选项D.

12、【详解】解：由题可知，BiG在底面上的射影为BG，而BC不垂直BG, 则BiG不垂直于BC，则选项A不正确;连接ADi和BCi, E、F、G、H 分别为 CC可知EF / BC1/ AD1，所以AEFA.B)G BCB.平面AEF I平面AADQADiBC、CD、BB、BBi的中点,平面AD1EF,则平面AEF I平面AADiDADi，所以选项B正确;第10页共 21 页由题知，可设正方体的棱长为2,以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为 z 轴, 则各点坐标如下：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设平面AEF的法向量为n x,y,z，vuuvn AF 0 x 2y 0则v uuv，即，令y 1,得X 2,z2，n EF 0 x z 0得平面AEF的法向量为n 2,1,2，uur r所以AH n 0，所以AH/平面AEF，则C选项正确;ujir由图可知，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不正确.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uuir r

14、则cosAA|, nuuir rAAi n故选：BC.第11页共 21 页三、填空题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 件为检第12页共 21 页故答案为：24.【点睛】本题考查了分层抽样方法的应用问题，是基础题.12.ac2be2”是“a b ”的_ 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】由不等式的性质可知，由aC2be2得 a b，反之代入c = 0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ac2be2得 a b ,

15、故Be2be2”成立可推出a b ”，而 a b，当e = 0,则ae2be2,所以a b ”不能保证ae2be2”故ae2be2是a b 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 _.1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】 根据题意求出分层抽样比例，即可算出从B产品中抽取的样本数据.【详解】125，24 （件）.80解：抽样比例是

16、400 600 10001应从B产品中抽取60025第13页共 21 页【答案】丄3【解析】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 式求出结果第14页共 21 页【详解】 解：设甲的贺卡为A，乙的贺卡为B，丙的贺卡为C,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：ABC、ACB、BAC、BCA、CAB、CBA，共有 6 种情况，则 3 人取回的贺卡均为他人所写的有：BCA、CAB，2 种情况，2 1所以 3 人取回的贺卡均为他人所写的概率为p2丄.631故答案为：i.3【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

17、基础题14如图，平行六面体ABCD AiBQDi的所有棱长均为 1,BADA1ADAAB -, E 为 CC1的中点，则 AE 的长度是【答案】-I72uur ULUT ULUT 1 uuuu【解析】根据向量的线性运算，得出AE AB BC1CC1,根据向量的数量积运算,2即可求出结果【详解】UUU UUU UUU 1 UUUD解：由题可知，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页共 21 页故答案为：I17.2【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.1215 曲线C: y In x x在点P处的切线I的斜率为k，则k的取值范围是2当k取得最小值时，I的方程是_ .【答案】2,4x 2y 3 0【解析】先求导，设切点P xo,yo,求出切线斜率，利用基本不等式求k的取值范围,得出点P坐标，再根据点斜式求出切线方程【详解】解：已知曲线C：yInx12xx

19、o，则y1X,2X设点P xo,yo，当xx时，y1r-XokXoo,1o，有12.1c由于x 0,则XoIt Xoxo2，即k 2,XoXoVXo所以k的取值范围是2,1当且仅当Xo，即XoX1时，取等号，此时k2,1I，得切线1的方程为：y12 x 1,2即：4x2y3 o故答案为：2,；4x 2y 3 0.【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E : y26x的焦点作直线I交E于Axi,yi、B沁、两点，M是线段AB的三等分点，过M作E的准线的垂线，垂足是M,则X1X2 _；MM的最小值等于_.第16页共 21 页93 l【答案】93. 34

20、233【解析】由抛物线方程，求出焦点坐标 一,0，设直线方程x my3，联立方程组,22不等式求XM最小值，即可得出结果.【详解】3，所以MM的最小值为:2故答案为:【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、解答题通过韦达定理求得y y和丫2，进而得出X1X2；由抛物线的定义和性质，利用基本解：由题可知，抛物线E : y26X的焦点坐标为廟0，设直线l的方程为：Xmy设A Xi,yi,B X2,y2,MXM, yM，X10，X2联立方程3my2，得y26my 90,则y-iy2又因为解得:

21、6X6m，y29，y”2236X1X2，则8136X-X2,X1X2因为M是线段AB的三等分点，贝UXM2X1X2，即XM2X-I4X1,3因为2X,92J2xi壬3逅，则XM当且仅当Xi3时，取等号，得XM最小值为、2,4而MMXM第17页共 21 页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

22、大？【答案】(1)见解析(2)方案二获得奖品的可能性更大 【解析】(1)根据题意，设三个红球分别为：A,A2,A3，两个黄球分别为,B2，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：A,A2,A3，两个黄球分别为 耳弋2,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x、y,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(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)则所有可能的基本事件对应的二元有序数组x, y表示如下表，共 25 个基本事件:A1A2, AA3, A1B1 A1B2A2A3, A2B1A2B2 A3B1, A3B2, B1B2第18页共 21 页方案一，设事件A:两球颜色相同，第19页共 21 页则A包含AA、A1A3、A2A3、B1B2共 4 个基本事件，42故P A -.105方案二中，设事件B:两球所标数字之和大于5,则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 个基本事件，,153故P B.255因为P AP B，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(1) 求E的方程；(2) 若以BC为直径的圆过原点0,求I的方程【答案】(1) y2x ； (2)y x 1.p17【解析】(1)根据抛物线的定义，即可得出 4 号 7，求出P，即可得出抛物线E的方程；(2)设B x1,y1、C X2,y2，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理x1x2和umnuurX1X2，以BC为直径的

25、圆过0点，OAOB为屜y1y20，求出k 1，可得出I的方程【详解】(1)由抛物线的定义可知，A 4,yo到焦点F的距离等于A到准线x号的距离，p 1712所以 4，解得P ,所以E的方程是 y x2 422设B x1, y1、C X2,y2，由题意知k 0.218 .抛物线E : y2px p 0上一点A 4, yo到焦点17F的距离为 ，直线4i：yB Ckx 1交E于两点.第20页共 21 页2联立直线I与抛物线E:yykx 12k 1 x+1=0.1 2k所以X-IX22,X-|X2k1k2，2k2214k2o,因为以BC为直径的圆过O点，所以UULUULUOAOBX1X2yiy20，

26、即NX2kx,1 kx211 k2NX2kX1x2所以1k2丄k譬k2k21.经检验k 1满足题意，所以l的方程是yx 1.【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19 .记fg x分别为函数f x、g x的导函数.把同时满足fXog Xo和f XoXo的人叫做f x与g x的 Q 点”.(1)求 f2x与g x2x 4的 Q 点”;(2)若 f【答案】(1)21 .ax与g21(2) A.eInx存在 Q 点”，求实数a 的值.【解析】(1)x 2x与g2x x 2x 4进

27、行求导,由f X。g X。和f XoXo，结合新定义，即可求出f X与g X的Q”占；八、(2)对f xInx分别求导，根据新定义列式，求出a 的值.【详解】(1)因为 f2,g x 2x设Xo为函数f与g X的一个Q”占八、由f XogXo且f xogXo得2XoXo22Xo4,2 2xo2解得xo2.第21页共 21 页第22页共 21 页所以函数f x与g x的Q”点是 2.1(2)因为f x 2ax, g xx设xo为函数f x与g x的一个Q ”点.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、【点睛】本题考查导数运算以及函数与方程问题,思想和数学运算素养20 .如图，四棱锥P ABCD中，PA平面 ABCD，ABC ACD -， BAC -，23PC 与平面 ABCD 所成的角为匸，又PA CD 2.62证明：平面PAC平面 PCD ；3求二面角 B PC D 的余弦值.12e2.结合新定义，同时考查推理论证能力以及方程第23页共 21 页【解析】(1)由PA平面ABCD， 根据线面垂直的性质，得出PA CD，再结合面面垂直的判断，即可证明平面PAC平面 PCD ；(2)因为 BAC - , PC 与平面 ABCD 所成的角为，求出AB .3, BC36空间直角坐标系，通过空间向量

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

30、以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为 z 轴,建立空间直角坐标系：则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设平面PBC的法向量为nx, y,z，贝yv uuivn BC 03y 0令x2，得n 2,0, JvuuvITmPB04y 2z 0设平面PCD的法向量为mx,y,z,则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)见解析；(2)2 -773，建立PBC和平面PCD的法向量，通过第24页共 21 页H I运23262方4占7观察可知，二面角 B PC D 为钝角，2J7所以二面角 B PC D 的余弦值为仝7.7第25页共 21 页【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-个马拉松跑者的心率y（单位：次/分钟）和配速x（单位：分钟

32、/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：（1） 由散点图看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，求y与x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.n_Xix yiy_ _参考公式：线性回归方程$bxa中，$2，a y bx，参考数xixi 1据:y 135.【答案】（1）$25x 285；（2）192第26页共 21 页【解析】（1）先求出 x,y，再利用最小二乘法，求出a $，即可得出 y 与 X 的线性回归第27页共 21 页方程;(2)将y 160代入回归方程得x 5，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】(2)将y 160代入回归方程得x