【文档说明】【精准解析】福建省福州市第一中学2019-2020学年高二下学期开学前质检数学试题.doc，共(20)页，1.538 MB，由小赞的店铺上传

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福州一中高二数学开学前质检一、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31xAx，260Bxxx，则AB（）A.(2,0)B.(3,0)C.(,2)D.

(,3)【答案】C【解析】【分析】利用指数函数的单调性求出集合A,利用一元二次不等式的解法求出集合B,再由集合的交运算求解即可.【详解】因为指数函数3xy在R上为增函数，所以0313x，解得0x，所以集合0Axx

，由一元二次不等式解法知，集合3Bxx或2x，由集合的交运算知，AB2xx.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2(1)iz=1

i（i为虚数单位），则复数z（）A.1iB.1iC.1iD.1i【答案】D【解析】试题分析：由2(1)1iiz，得2(1)22(1)111(1)(1)iiiiziiiii，故

选D.考点：复数的运算.3.已知双曲线2222:1xyCab(0,0)ab的渐近线方程为2yx，则双曲线C的离心率为（）A.52B.5C.62D.6【答案】B【解析】【分析】由双曲线的渐近线方程求出,ab的关

系式，结合,,abc之间的关系求出离心率即可.【详解】因为双曲线C的渐近线方程为2yx，所以2ba，即2ba，因为222cab，所以5ca，所以所求离心率为5cea.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na中，1a，101a是方程210160xx的两根，则215181aaa的值为（）A.64B.64C.256D.256【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51

a，再利用等比数列的性质即可求解.【详解】因为1a，101a是方程210160xx的两根，所以由韦达定理可得，1101110116,10aaaa,即1001110aq，所以10a，由等比数列的性质知,2110121815116aaaaa，因为50

511aaq0，所以514a，所以215181aaa64.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51a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S圆及S环两截面，可以证明SS圆环总成立．据此，短轴长为4，长轴长为6的椭球体的体积是（）．A.8B.12C.16D.24【答案】C【解析

】【分析】根据题意，SS圆环总成立可知，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3h，底面半径2r=，由圆柱和圆锥的体积公式，结合题中结论知，221=2-=23VV

Vrhrh椭球体圆柱圆锥，即221=22323163V椭球体.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cosxfxx的图象大致为A.B.C.D.【答案】D【解析】因为cos()cos()()xxfxfxxx,所以函数()fx为奇函数，其图象关于原点成中心对称,排除答案A、B，当0x

时，1,cos1xx，所以cosxx，排除C，故选D.7.若函数()(sincos)xfxexax在(,)42上单调递增，则实数a的取值范围是（）A.(,1]B.(,1)C.[1,)D.(1,)【答案】A【解析】∵f

（x）=ex（sinx+acosx）在,42上单调递增，∴f′（x）=ex[（1-a）sinx+（1+a）cosx]≥0在,42上恒成立，∵ex＞0在,42上恒成立，∴（1-a）sinx+（1+a）cosx≥0在,42

上恒成立，∴a（sinx-cosx）≤sinx+cosx在,42上恒成立∴sincossincosxxaxx，设g（x）=sincossincosxxxx∴g′（x）在,42上恒成立，∴g（x）在,42上单调递减，∴g

（x）＞()2g=1，∴a≤1，故选A．点睛：本题考查了导数和函数的单调性和最值得关系，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29

B.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、平均数并作出判断即可.【详解】由茎叶图知，甲命中个数的极差为37829，故选项A正确；由茎叶图知，甲命中个数的中位数为2

224232，故选项B错误；由茎叶图中的数据知,甲的命中率为8+12+13+20+22+24+25+26+27+37==0.5351040x甲，乙的命中率为9+11+13+14+18+19+20+21+21+23=0.42254010x乙，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()3sin23fxx

的图象向右平移2个单位长度所得图象对应的函数()gx，下列有关函数()gx的说法正确的是（）A.图象关于直线6x对称B.图象关于,03中心对称C.当(Z)12xkk时取得最大值D.在区间7,1212上单调递增【答案】BD【解析】【

分析】根据函数sinyAωxφ图象的平移变换公式求出函数()gx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()3sin23fxx的图象向右平移2个单位长度得到

的函数解析式为23sin23sin2233gxxx，当6x时，223x,此时22,32xkkz，故选项A错误；当3x时，2203x，此时满足22,3xkkz，故选项B正确

；当(Z)12xkk时，222,32xkkz，此时函数()gx有最小值，故选项C错误；由2222,232kxkkz，解得7,1212kxkkz，令

70,1212kx，所以函数()gx在区间7,1212上单调递增，故选项D正确；故选：BD【点睛】本题考查sinyAωxφ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.MN∥平面ABDB.异面直线AC与MN所成的角为定值C.在二

面角DACB逐渐变小的过程中，三棱锥DABC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ABC的取值范围是0,2【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DAC与平面ABC重合时，三棱锥DABC外接球即是以ABC外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角DACB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A作AHBC,垂足为H,分ABC为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项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MN为BCD的中位线，所以//MNBD,因为MN平面ABD,BD平面ABD，所以MN∥平面ABD,故选项A正确；对于选项B：取AC的中点O，连接,DOBO,作图如下：则,ACDOACBO,BODO

O,由线面垂直的判定知，AC平面BOD,所以ACBD,因为//MNBD,所以ACMN,即异面直线AC与MN所成的角为定值90，故选项B正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC与平面ABC重合时，三棱锥DABC外接球即是以ABC外接圆圆心为球心，外接圆的半径为

球的半径，当二面角DACB逐渐变大时，球心离开平面ABC，但是球心在底面的投影仍然是ABC外接圆圆心，故二面角DACB逐渐变小的过程中，三棱锥DABC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A作AHBC,垂足为H,若ABC为锐角，H在线段BC上；若ABC为直角，H与B重合；若ABC为钝角，H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AHBC，所以CB平面AHD,由线面垂直的性质知,CBHD,若ABC为直角，H与B重

合，所以CBBD,在CBD中，因为CBCD,所以CBBD不可能成立，即ABC为直角不可能成立；若ABC为钝角，H在线段BC的延长线上，则在原平面图菱形ABCD中，DCB为锐角，由于立体图中DBDOOB,所以立体图中DCB一定比原平面图中更小，，所以DCB为锐角，CB

HD，故点H在线段BC与H在线段BC的延长线上矛盾，因此ABC不可能为钝角；综上可知，ABC的取值范围是0,2.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；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ABAD________．【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,2ADBC,所以22cos60ABADABBCABBC，即121112ABAD.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1220()1log0xxfxxx，若()2fa，则实数a的值是________．【答案】0或12【解析】【分析】分0,0aa两种情况分别求出fa的表达式，得到关于a的方程，解方程即可.【详解】当0a时，由题意知，21log2faa，即

2log1a，解得12a符合题意；当0a时，由题意知，122afa，解得0a符合题意；综上可知，实数a的值为0或12.故答案为:0或12【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2:8Cy

x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3PMMF，则MN________．【答案】9【解析】【分析】根据题意作出图形,结合图形知34PMPF，利用PAM与POF相似的相似比和抛物线的定义求出点M的横坐标

，代入抛物线方程求出其纵坐标,进而求出直线PM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:2lx，焦点2,0F,因为3PMMF，结合图形知,34PMPF,因为PAM与POF相似,所以34AMPMOFPF,又4O

F,所以3AM,即23Mx，解得1Mx,因为点M满足抛物线2:8Cyx，结合图形知,点M的坐标为1,22，所以2202212PMk,则直线PM的方程为222yx，与抛物线2:8Cyx联立可得，2540xx，由韦达定理可得,5MN

xx,由抛物线的定义知,229MNMNxx.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na中，首项13a，公差2d，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na的通项公式，设连续10项为12310,,,,iiiiaaaa，iN，设漏掉的一项为

,110ikak，利用等差数列前n项和公式得到关于,ik的关系式,再由110k，iN求出i的值，进而求出k的值和ika即可.【详解】由题意知,数列na的通项公式为21nan，设连续10项为12310,,,

,iiiiaaaa，iN，设漏掉的一项为,110ikak，则由等差数列前n项和公式得，110101992iiikaaa,因为11023,221,221iiikaiaiaik,所以940ik

即940ik，因为110k,所以41950i，即41504699i，iN，所以5,5ik,10210121ikaa,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n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n项和公式得到关于,ik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ABC中

，点P在BC边上，30B，3ABBP．（1）求BAP；（2）若2CP，3cos3CAP，求ACP△的面积．【答案】（1）30°；（2）32234.【解析】【分析】（1）设BPt，则3ABt，在ABP中，利用余弦定理

求出AP即可求解；（2）根据题意求出sinCAP,利用两角差的正弦公式求出sinC,在ACP△中利用正弦定理求出AC，代入三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）设BPt，则3ABt，在ABP中，由余弦定理可得2222222c

os(3)23cos30APABBPABBPBttttt，所以APt，即APBP，所以30BAPB.（2）由3cos3CAP得，6sin3CAP，60APCBAP

B，180120CAPCPACPAC，所以36sinsin120sin120coscos120sin6CPACPACPAC，由正弦定理得

，sinsinCPACCAPCPA，所以322AC，所以113236sin22226APCSCPCAC△，即32234APCS△．【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111ABCABC中，11160,,2BACAACAABAAABAC,点O是BC的中点.（1）求证:BC⊥平面1AAO；（2）若11AO，求直线1BB与平面11AC

B所成角的正弦值.【答案】(1)见解析;(2)21sin7.【解析】试题分析:（1）利用11AABAAC可得11ABAC,而ABAC，O是BC中点，所以1,AOBCAOBC，由此可证得BC⊥平面1AAO.（2）以1,,OA

OBOA分别为,,xyz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217.试题解析:(1)11111111,,AACAABABACAAAAAABAACABAC.又O

为BC中点，1,AOBCAOBC.又11,,AOAOOAOAO平面1,AAOBC平面1AAO.(2)60,2,BACABACO为BC中点，2,1,3BCBOCOAO.又22211

1112,1,,AAAOAOAOAAAOAO.又由（1）知，1,BOAOBOAO，则以O为原点，分别以1,,OAOBOA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则13,0,0,0,1,0,0

,1,0,0,0,1ABCA.1113,1,0,0,1,1CACAAB.设平面11ACB的一个法向量为,,nxyz，则30{0xyyz，令1x，得111,3,3,3,0,1nBBAA

.设1BB与平面11ACB的所成角为，则11·2321sin727·BBnBBn.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：1221nii

iniixynxybxnx，aybx$$.【答案】(1)y＝0.042x－0.026.(2)预计上市13个月时，该款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x，y

与,ab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，iyi＝1.92，＝55，所以＝＝＝0.042，＝－＝0.1－0.042×3＝－0.026，所以线性回归方程为＝0.042x－0.026.(

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＝0.042x－0.026>0.5，解得x≥13，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2222:1(0)xyCabab的左、右

顶点分别为1A，2A，左、右焦点分别为1F2F，离心率为12，点4,0D，2F为线段1AD的中点．（1）求椭圆C的方程；（2）点(1,)Pt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,AB两点，直线,PAPB的倾斜角之和为，则直线AB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）22143xy；（2）12.【解析】【分析】（1）利用中点坐标公式和离心率公式得到关于,ac的方程,解方程求出,ac,再由,,abc的关系式求出2b即可；（2）由椭圆方程求出点P坐标,设11,Axy，22,Bxy，设直3:(1)2

PAykx，联立直线方程与椭圆方程得到关于x的一元二次方程,利用韦达定理可得1Pxx的表达式,进而求出1x的表达式,同理可得2x的表达式,由此可得1221,xxxx的表达式,代入直线AB的斜率公式运算求解即可.【详解】（1）设点1(,0)Aa，2(,0)Fc，由

题意可知：42ac，即42ac①，又因为椭圆的离心率12cea，即2ac②，联立方程①②可得：2a，1c，2223bac，所以椭圆C的方程为22143xy．（2）由（1）椭圆C的方程为：22143xy，代入得点31,2P，设11,Axy，22

,Bxy，设直线3:(1)2PAykx，联立椭圆方程，得22233348412022kxkkxk,则212412334pkkxxk，故212412334kkxk，同理：222412334kkxk，则21221228

624,3434kkxxxxkk，所以212121212121331121222ABkxkxkxxkyykxxxxxx，故直线AB斜率为定值12．【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1x，2x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()ln3fxxax，1()()agxaRx．

（1）设函数()()()hxfxgx，求函数()hx的单调区间；（2）证明：0a，总存在1x，使得()()fxgx．【答案】（1）当1a时，单调递减区间为(0,1)a，单调递增区间为(1,)a；当1a时，单调递增区间为(0,)，无单调递减区间；（2）证明见解析

.【解析】【分析】（1）对函数()hx进行求导,分1a和1a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()hx的单调性并求其最小值,构造函数minhx()1ln(1)aaaa

,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,1()ln3ahxxaxx，定义域为(0,)，则22221(1)(1)[(1)]()1aaxaxaxxahxxxxx，①当10a，即1

a时，令()0hx，∵0x，∴1xa，令()0hx，得01xa，故()hx在(0,1)a上单调递减，在(1,)a上单调递增，②当10a，即1a时，()0hx在(0,)恒成立，所以函数()hx在(0,)上单调递增

，综上可知，当1a时，()hx的单调递减区间为(0,1)a，单调递增区间为(1,)a；当1a时，()hx的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间．（2）证明：考虑()()()hxfxgx，当0a时，由（1）知，()hx的单调递减区间为(0,1)a，单调递增区

间为(1,)a，所以min(1)1ln(1)hhaaaa记()1ln(1)aaaa，则1()1ln(1)ln(1)11aaaaaa，22112()0(1)1(1)aaaaa，所以()a在(0,)

单调递减，注意到(0)10，11(1)ln2(1ln4)022，所以()a有唯一的零点，记为0a，则001ln101aa，且0(0,1)a，所以当00,aa时

，()0a，()a单调递增，当0,aa时，()0a，()a单调递减，所以200000000001()1ln1111aaaaaaaaaaa由于0(0,1)a，所

以2000aa，所以20010aa，所以2000101aaa，即()0a，所以min()0hx，故0a，总存在1x，使得()0hx，即()()fxgx．【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a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.