福建省厦门市2019-2020学年高二数学上学期期末考试质量检测试题【含解析】.doc

福建省厦门市2019-2020学年高二数学上学期期末考试质量检测试题（含解析）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【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．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【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.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（ ）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.【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.【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：，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】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，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.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________.【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：；.【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。