1、福建省福州市第一中学2019-2020学年高二数学下学期开学前质检试题（含解析）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4，共28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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用指数函数的单调性求出集合,利用一元二次不等式的解法求出集合,再由集合的交运算求解即可.【详解】因为指数函数在上为增函数，所以，解得，所以集合，由一元二次不等式解法知，集合或，由集合的交运算知，.故选:C【点睛】本题考查利用指数函数的单调性解不等式、一元二次不等式解法和集合的交运算；考查运算求解能力；属于基础题.2.已知=（为虚数单位），则复数（ ）
2、A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由，得，故选D.考点：复数的运算.3.已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线C的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲线的渐近线方程求出的关系式，结合之间的关系求出离心率即可.【详解】因为双曲线C渐近线方程为，所以，即，因为，所以，所以所求离心率为.故选:B【点睛】本题考查双曲线方程及其几何性质；考查运算求解能力；属于基础题.4.已知等比数列中，是方程的两根，则的值为（ ）A. 64B. C. 256D. 【答案】A【解析】【分析】利用韦达定理和等比数列的性质，结合等比数列通项公式求出，再利用等比数列的性质即可求解
3、.【详解】因为，是方程的两根，所以由韦达定理可得，,即，所以，由等比数列性质知,，因为，所以，所以.故选:A【点睛】本题考查等比数列的性质和通项公式；考查运算求解能力；利用韦达定理和等比数列的性质正确求出的值是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.5.祖暅（公元前5-6世纪），祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家他提出了一条原理：“幂势既同，則积不容异”这句话的意思是两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等，该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体如图将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已
4、被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上以平行于平面的平面距平面任意高d处可横截得到及两截面，可以证明总成立据此，短轴长为4，长轴长为6的椭球体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，总成立可知，椭半球体的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，利用圆柱、圆锥的体积公式即可求解.【详解】根据题意，由椭圆的短轴长为4，长轴长为6可知,圆柱的高为，底面半径，由圆柱和圆锥的体积公式，结合题中结论知，即.故选:C【点睛】本题考查数学文化、圆柱和圆锥的体积公式；考查运算求解能力、知识迁移能力和空间想象能力；灵活运用题中原理的含义是求解本题的关键;属于中档题.6.函数的图象大致为
5、A. B. C. D. 【答案】D【解析】因 ,所以函数为奇函数，其图象关于原点成中心对称,排除答案A、B，当 时， ，所以 ，排除C，故选D.7.若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】f（x）=ex（sinx+acosx）在上单调递增，f（x）=ex（1-a）sinx+（1+a）cosx0在上恒成立，ex0在上恒成立，（1-a）sinx+（1+a）cosx0在上恒成立，a（sinx-cosx）sinx+cosx在上恒成立 ，设g（x）= g（x）在上恒成立，g（x）在上单调递减，g（x）=1，a1，故选A点睛：本题考查了导数和函数的单调性和最值
6、得关系，利用导数研究函数的单调性，关键是分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值，属于中档题，正确的构造函数和利用导数是解决问题的关键.二、多项选择题：本题共3小题，每小题分，共12分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分8.已知甲、乙两名篮球运动员进行罚球训练，每人练习10组，每组罚球40个，每组命中个数的茎叶图如图所示，则下列结论正确的有（ ）A. 甲命中个数的极差是29B. 甲命中个数的中位数是25C. 甲的命中率比乙高D. 乙命中个数的众数是21【答案】ACD【解析】【分析】根据茎叶图中的数据，分别计算相应的极差、众数、中位数、平均
7、数并作出判断即可.【详解】由茎叶图知，甲命中个数的极差为，故选项A正确；由茎叶图知，甲命中个数的中位数为，故选项B错误；由茎叶图中的数据知,甲的命中率为，乙的命中率为，所以甲的命中率比乙高，故选项C正确；由茎叶图知,乙命中个数的众数是21，故选项D正确；故选：ACD【点睛】本题考查利用茎叶图求样本的数字特征：极差、众数、中位数、平均数；考查运算求解能力；熟练掌握样本数字特征的计算公式和概念是求解本题的关键;属于中档题.9.将函数的图象向右平移个单位长度所得图象对应的函数，下列有关函数的说法正确的是（ ）A. 图象关于直线对称B. 图象关于中心对称C. 当时取得最大值D. 在区间上单调递增【答案
8、】BD【解析】【分析】根据函数图象的平移变换公式求出函数的解析式，再利用正弦函数的对称性、单调区间和最值的相关性质求解即可.【详解】由题意知,函数的图象向右平移个单位长度得到函数解析式为，当时，,此时，故选项A错误；当时，此时满足，故选项B正确；当时，此时函数有最小值，故选项C错误；由，解得，令，所以函数在区间上单调递增，故选项D正确；故选：BD【点睛】本题考查图象的平移变换和正弦函数的对称性、单调性和最值的相关性质；考查运算求解能力和整体代换思想；熟练掌握正弦函数的对称性、单调性和最值的相关性质是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.10.M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，将菱形
9、沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ） A. 平面ABDB. 异面直线AC与MN所成的角为定值C. 在二面角逐渐变小的过程中，三棱锥外接球的半径先变小后变大D. 若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A；利用线面垂直的判定求出异面直线AC与MN所成的角即可判断选项B；借助极限状态，当平面与平面重合时，三棱锥外接球即是以外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过作,垂足为,分为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判
10、断即可判断选项D.【详解】对于选项A:因为M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，所以为的中位线，所以,因为平面ABD,平面ABD，所以平面ABD,故选项A正确；对于选项B：取的中点，连接,作图如下：则,由线面垂直的判定知，平面,所以,因为,所以,即异面直线AC与MN所成的角为定值，故选项B正确；对于选项C:借助极限状态，当平面与平面重合时，三棱锥外接球即是以外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角逐渐变大时，球心离开平面，但是球心在底面的投影仍然是外接圆圆心，故二面角逐渐变小的过程中，三棱锥外接球的半径不可能先变小后变大，故选项C错误；对于选项D:过作,垂足为,若为锐角，在线
11、段BC上；若为直角，与重合；若为钝角，在线段BC的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，因为，所以平面,由线面垂直的性质知,若为直角，与重合，所以,在中，因为,所以不可能成立，即为直角不可能成立；若为钝角，在线段BC的延长线上，则在原平面图菱形ABCD中，为锐角，由于立体图中,所以立体图中一定比原平面图中更小，所以为锐角，故点在线段BC与在线段BC的延长线上矛盾，因此不可能为钝角；综上可知，的取值范围是.故选项D正确;故选：ABD【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键
12、；属于综合型强、难度大型试题.三、填空题：本大题共4小题，每小题3分，共12分11.正六边形ABCDEF边长为1，则_【答案】1【解析】【分析】根据题意作出图形，利用正六边形的性质和平面向量数量积的定义求解即可.【详解】根据题意作图如下：由正六边形的性质知,所以，即.故答案为: 1【点睛】本题考查平面向量数量积的定义和正六边形的性质;考查数形结合思想和运算求解能力；属于基础题.12.已知函数，若，则实数a的值是_【答案】0或【解析】【分析】分两种情况分别求出的表达式，得到关于的方程，解方程即可.【详解】当时，由题意知，即，解得符合题意；当时，由题意知，解得符合题意；综上可知，实数a的值为0或.
13、故答案为: 0或【点睛】本题考查利用分段函数的解析式求参数的值；考查运算求解能力和分类讨论思想；属于中档题.13.已知抛物线的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与曲线C相交于M，N两点，若，则_【答案】9【解析】【分析】根据题意作出图形,结合图形知，利用与相似的相似比和抛物线的定义求出点的横坐标，代入抛物线方程求出其纵坐标,进而求出直线的方程，然后与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线定义即可求解.【详解】根据题意作图如下：由题意知，准线，焦点,因为，结合图形知,因为与相似,所以,又,所以,即，解得,因为点满足抛物线，结合图形知, 点的坐标为，所以,则直线的方程为，与抛物线联立可得，由
14、韦达定理可得,由抛物线的定义知,.故答案为: 9【点睛】本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系及焦点弦问题；考查运算求解能力和数形结合思想；利用抛物线的定义求焦点弦是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.14.在等差数列中，首项，公差，若某学生对其连续10项求和，在遗漏掉一项的情况下，求得余下9项的和为199，则此连续10项的和为_【答案】220【解析】【分析】根据题意求出数列的通项公式，设连续10项为，设漏掉的一项为，利用等差数列前项和公式得到关于的关系式,再由，求出的值，进而求出的值和即可.【详解】由题意知,数列的通项公式为，设连续10项为，设漏掉的一项为，则由等差数列前项和公式得，
15、,因为,所以即，因为,所以，即，所以,所以此连续10项的和220.故答案为: 220【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式；考查运算求解能力和逻辑推理能力；利用等差数列通项公式和前项和公式得到关于的关系式是求解本题的关键;属于中档题.四、解答题：本题共5小题，共48分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤15.如图，在中，点P在BC边上，（1）求；（2）若，求的面积【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）设，则，在中，利用余弦定理求出即可求解；（2）根据题意求出,利用两角差的正弦公式求出,在中利用正弦定理求出，代入三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）设，则，在中，由余弦定理
16、可得，所以，即，所以.（2）由得， ，所以，由正弦定理得，所以，所以，即【点睛】本题考查两角差的正弦公式、利用正余弦定理解三角形和三角形的面积公式；考查运算求解能力和知识的综合运用能力;熟练掌握正余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.16.如图，在三棱柱中，,点是的中点. （1）求证: 平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1) 见解析;(2) .【解析】试题分析:（1）利用可得,而，是中点，所以，由此可证得平面.（2）以分别为轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量，计算线面角的正弦值为.试题解析:(1).又为中点，.又平面平面.(2)为中点，.又.又
17、由（1）知，则以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则.设平面的一个法向量为，则，令，得.设与平面的所成角为，则.17.某品牌手机厂商推出新款的旗舰机型，并在某地区跟踪调查得到这款手机上市时间(x个月)和市场占有率(y%)的几组相关对应数据：x12345y0.020.050.10.150.18(1)根据上表中的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程；(2)根据上述回归方程，分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势，并预测自上市起经过多少个月，该款旗舰机型市场占有率能超过0.5%(精确到月)附： ， . 【答案】(1)0.042x0.026. (2) 预计上市13个月时，该款
18、旗舰机型市场占有率能超过0.5%.【解析】试题分析：（1）根据表中数据，计算， 与写出线性回归方程；（2）根据回归方程得出上市时间与市场占有率的关系，列出不等式求出解集即可预测结果试题解析：(1)由题意知3，0.1， iyi1.92，55，所以0.042，0.10.04230.026，所以线性回归方程为0.042x0.026.(2)由(1)中的回归方程可知，上市时间与市场占有率正相关，即上市时间每增加1个月，市场占有率约增加0.042个百分点由0.042x0.0260.5，解得x13，故预计上市13个月时，该款旗舰机型市场占有率能超过0.5%.18.已知椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为
19、，离心率为，点，为线段的中点（1）求椭圆C的方程；（2）点为椭圆C上在第一象限内的点，过点P作两条直线与椭圆C分别交于两点，直线的倾斜角之和为，则直线斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）利用中点坐标公式和离心率公式得到关于的方程,解方程求出,再由的关系式求出即可；（2）由椭圆方程求出点P坐标, 设，设直，联立直线方程与椭圆方程得到关于的一元二次方程,利用韦达定理可得的表达式,进而求出的表达式,同理可得的表达式,由此可得的表达式,代入直线的斜率公式运算求解即可.【详解】（1）设点，由题意可知：，即，又因为椭圆的离心率，即，联立方程可
20、得：，所以椭圆C的方程为（2）由（1）椭圆C的方程为：，代入得点， 设，设直线，联立椭圆方程，得,则，故，同理：，则，所以，故直线AB斜率定值【点睛】本题考查椭圆方程及其性质、直线与椭圆的位置关系;考查运算求解能力;联立直线与椭圆方程，正确求出，的表达式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.19.已知函数，（1）设函数，求函数的单调区间；（2）证明：，总存在，使得【答案】（1）当时，单调递减区间为，单调递增区间为；当时，单调递增区间为，无单调递减区间； （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对函数进行求导,分和两种情况分别利用导数判断函数的单调性即可;（2）结合（1）中的结论,判断函数的单
21、调性并求其最小值,构造函数 ,通过对其二次求导求其最大值并判断最大值的符号即可求解.【详解】（1）由题意知,，定义域为，则，当，即时，令，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，当，即时，在恒成立，所以函数在上单调递增，综上可知，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，无单调递减区间（2）证明：考虑，当时，由（1）知，的单调递减区间为，单调递增区间为，所以记，则，所以在单调递减，注意到，所以有唯一的零点，记为，则，且，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以由于，所以，所以，所以，即，所以，故，总存在，使得，即【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性、通过构造函数并求其最值求解函数存在性问题;考查分类讨论思想、逻辑思维能力和运算求解能力;通过构造函数并对其二次求导求其最大值是求解本题的关键;属于综合型、难度大型试题.