2024-2025学年浙江省宁波市高二上学开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年浙江省宁波市高二上学开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析），共38页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．向量，，若，则（ ）
A．，B．，
C．，D．
2．直线和直线，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．若点在圆：外，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，C是抛物线上的三个点，F为焦点，，点C到x轴的距离为d，则的最小值为（ ）
A．10B．C．11D．
5．等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A．12B．10C．5D．
6．已知抛物线C：和圆，点是抛物线的焦点，圆上的两点满足，其中是坐标原点，动点在圆上运动，则到直线的最大距离为（ ）
A．B．C．D．
7．图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记，，…，的长度构成的数列为，则（ ）
A．B．1C．10D．100
8．如图，三棱柱满足棱长都相等且平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角是（ ）
A．先增大再减小 B．减小C．增大D．先减小再增大
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知圆，过点向圆引斜率为的切线，切点为，记的轨迹为曲线，则（ ）
A．的渐近线为
B．点在上
C．在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为
D．当点在上时，
10．已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，点为的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．圆台的侧面积为
C．圆台母线与底面所成角为
D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4
11．已知直线交椭圆于A，B两点，，为椭圆的左、右焦点，M，N为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与关于直线l的对称点为Q，则（ ）
A．若，则椭圆的离心率为
B．若，则椭圆的离心率为
C．
D．若直线平行于x轴，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于点，过点作的平行线交双曲线于点，连接并延长与轴交于点，则的值为 .
13．已知数列各项均为正数，且首项为1，，则 ．
14．已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设是数列的前n项和，证明：．
16．在等腰梯形ABCD中，，，，，M为AB中点，将，沿MD，MC翻折，使A，B重合于点E，得到三棱锥．

(1)求ME与平面CDE所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值．
17．已知平面内两个定点，，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点；
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)若直线和的斜率之积为，求证：直线过定点；
(3)若直线与直线分别交于，求证.
18．已知椭圆的离心率为的上顶点，为椭圆上任意一点，且满足的最大值为4.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知.过点的直线（斜率存在且不为1）与椭圆交于两点.证明：平分.
19．意大利人斐波那契在1202年写的《算盘书（Libe rAbaci）》中提出一个兔子繁殖问题：假设一对刚出生的小兔一个月后能长成大兔，再过一个月便能生下一对小兔，此后每个月生一对小兔，这种成长与繁殖过程会一直持续下去.设第个月的兔子对数为，则，观察数列的规律，不难发现，，我们称该数列为斐波那契数列.
(1)若数列是斐波那契数列，求出和的值，并证明.
(2)若数列是斐波那契数列，且，求证：数列是等比数列；
(3)若数列是斐波那契数列，在（2）的条件下，求数列的前项和.
答案
1．【正确答案】B
【分析】由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题设，故.
故选B.
2．【正确答案】B
【分析】由题意先求出的充要条件，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.
【详解】由题设，
解得或，
故，，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选B.
3．【正确答案】B
【分析】结合点在圆外的代数关系式与圆的一般方程的定义即可.
【详解】由于点在圆：外，
有，解得，
即的取值范围是.
故选B.
4．【正确答案】B
【分析】由焦半径公式得到，从而得到，数形结合得到最小值.
【详解】因为M的准线方程为，
所以由抛物线焦半径公式得，
故，
所以
,
当且仅当C，D，F三点共线且C在线段DF上时，等号成立，
所以的最小值为．
故选B.
5．【正确答案】B
【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解.
【详解】因为是各项均为正数的等比数列，，
所以，即，则
记，则，
两式相加得，
所以，即.
故选B.
6．【正确答案】A
【分析】由条件化简可知点在圆N:上，所以是圆与圆的公共弦，再求出的方程，数形结合可求到直线的最大距离.
【详解】抛物线的焦点，圆，其圆心，半径．
设点是满足的任意一点，则，
化简得，结合，所以是圆与圆的公共弦，
将圆与圆的方程相减得，直线的方程为，
取线段的中点，连接，则，
则.
故选A．
7．【正确答案】C
【分析】首先由题意得到递推关系式，再求解数列的通项公式，即可求解.
【详解】，即,
因为，，…，的长度构成的数列为，则，
则数列是公差为1的等差数列，首项，
所以，即，
所以.
故选C.
8．【正确答案】D
【分析】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.
设所有棱长均为2，则，通过空间向量来求二面角的，故在上单增， 上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.即可得出结果.
【详解】
以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.
设所有棱长均为2，则，,，，设平面BDE法向量,
则，令有，
故.
又平面ABC的法向量，故平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值
，又，故在上单增， 上单减，
即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.
故选D.
【思路导引】本题考查了用空间向量求二面角的余弦值，考查了解决问题能力和计算能力.
9．【正确答案】ACD
【分析】先由相切性质得点满足关系式，与已知圆联立消参得轨迹方程，A项由方程形式构造函数，利用导函数研究单调性作出大致图形即可得渐近线；B项坐标代入可知；C项由形可得；D项由不等式性质与放缩法可得.
【详解】圆，圆心，半径，且，且.
，则点在圆外.

如图，连接，由题意知，
设，则①，
又点在圆上，则②，
①②得，，解得③，
由且，解得，或.
将③代入②消得，，即为曲线的方程.
A项，设， ，
则，
令解得，或，或（舍）.
当时，，单调递增；
当时， ，单调递减；
当时， ，单调递增.
且，当时，.
且当时，函数与单调性相同；
且，当时，.
故的大致图象如下图，

又由方程 ，故的渐近线为，A项正确；
B项，令曲线方程中，得，，故B错误；
C项，由形可知，曲线在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标，
即在的极值点，故C正确；
D项，当点在上时，则
由，或.得，又，
，则，
所以成立，故D正确.
故选ACD.
【方法总结】求动点轨迹方程的常见方法有：
（1）直接法：从条件中直接寻找到的关系，列出方程后化简即可；
（2）代入法：所求点与某已知曲线上一点存在某种关系，则可根据条件用表示出，然后代入到所在曲线方程中，即可得到关于的方程；
（3）定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程.
（4）参数法：从条件中无法直接找到的联系，但可通过一辅助变量，分别找到与的联系，从而得到和的方程：，即曲线的参数方程，消去参数后即可得到轨迹方程.
（5）交轨法：选择适当的参数表示两动曲线的方程，将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程。
10．【正确答案】AC
【分析】求出圆台的高，根据圆台体积公式可判断A；根据圆台侧面积公式可判断B；作出圆台母线与底面所成角，解直角三角形可判断C；将圆台展开，将圆台的侧面上，从点到点的最短路径转化为展开图中的线段长，可判断D.
【详解】对于A：圆台的高为，
则圆台的体积，故A正确；
对于B：根据圆台的侧面积公式，可得侧面积为．故B错误；
对于C：过A作交底面于F，而底面，故底面，
所以即为母线与底面所成角．

在等腰梯形中，，所以，
因为为锐角，所以．故C正确；
对于D：设圆台侧面展开图上底面圆周对应的扇形半径为，下底面圆周对应的扇形半径为，
设扇形圆心角为，则，则，
由于，则，
即圆台的侧面展开图为半圆环，如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE，

由题意可得：．由为中点，所以，
所以．故D错误．
故选AC.
11．【正确答案】ACD
【分析】对于A，则，故，则利用与离心率公式即可得解；对于B，设，，接着利用和结合离心率公式直接计算即可求解；对于C，根据三角形中位线即可得解；对于D，设，则，根据已知条件求出和中点，再利用点关于直线对称的理论列式求出即可得解.
【详解】如图，直线l与交于G，
对于A，若，则，所以，
所以，故A正确；
对于B，设，则，且即，
所以，
所以，故B错误；
对于C，由题意可知是中位线，故，故C正确；
对于D，设点，则直线，
因为直线平行于x轴，所以点的中点，
所以由点G在直线l上且得，
解得，即，
因此，故D正确.
故选ACD．
【方法总结】点关于直线对称的点的计算求解步骤：
（1）设所求点坐标，
（2）利用中点坐标公式求出中点坐标，
（3）利用中点坐标在直线上和两点所在直线与已知直线垂直则斜率乘积为这两个条件建立关于所求点坐标的方程组，利用该方程组即可求解.
（4）遇特殊直线如或一般直接得解.
12．【正确答案】
【分析】由条件先求的解析式，设点的坐标为，利用相似的性质求点的坐标，由条件列方程求即可.
【详解】由已知直线的解析式为，
因为，点的坐标为，
所以的解析式为，
设点的坐标为，
因为，
所以，
所以点的坐标为，
因为点和点都在双曲线上，
所以，，
所以，，
所以，，
故答案为.
【思路导引】根据题目条件求出的解析式为，假设点的坐标为，利用相似三角形的性质得到点的坐标为，最后代入双曲线方程即可计算出的值.
13．【正确答案】210
【分析】对原方程化简得，然后利用累乘法求解即可.
【详解】由已知，得，
∵，∴，得，
由累乘法得，∴.
故210.
14．【正确答案】
【分析】利用空间向量的线性运算得到轨迹，再把目标式表示为函数，利用三角函数有界性求解即可.
【详解】

设的中点为，因为动点满足，所以，
即点在以为球心，以为半径的球面上.
因为，所以.
因为正四面体的棱长为4，所以，
在三角形中，，，
取的中点为，，
所以在上的投影向量的模为，所以.
设，夹角为，
所以.
因为，
所以，即的最大值为.
故答案为.
15．【正确答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据等差数列基本量，列方程，即可求解；
（2）根据（1）的结果，裂项相消法求和，即可证明不等式.
【详解】（1）设数列的公差为，
∴，
∴，，．
由已知得，解得或（舍），
∴数列的通项公式为．
（2）由（1）知，，
∴，
∴．
16．【正确答案】(1)；
(2).
【分析】(1)作辅助线，分析可证平面CDE，可知即为所求线面角，结合余弦定理运算求解；
(2)建系标点，求平面MEQ，平面CDE的法向量，利用空间向量求二面角.
【详解】(1)在三棱锥中，取CD中点为Q，
过点M作直线EQ的垂线交直线EQ于点H，

因为ABCD为等腰梯形，且M为AB中点，则，，
可知，，且EQ，平面MEQ，，
则平面MEQ，且平面MEQ，可得，
可知，，，CD，平面CDE，
则平面CDE，可知即为所求线面角，
在等腰梯形ABCD中，已知，，，
可求出，，，
可得，
且，则，
所以直线ME与平面CDE所成角为.
(2)以H为原点，，，为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
可得，，
设平面MEQ的法向量为，则，
取，则，可得，
且平面CDE的法向量为，
可得，
由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．
17．【正确答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）设，由题有，化简得到，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）因为直线和的斜率之积为，所以直线的斜率存在，设，，，
由，消得到，
则，，
，
化简整理得到，得到或，
当时，，直线过定点与重合，不合题意，
当，，直线过定点，所以直线过定点.
（3）由（2）知，，
所以的中点坐标为，
又易知直线直线是双曲线的渐近线，设，
由，消得到，
所以，，得到的中点坐标为，
所以的中点与的中点重合，设中点为，
则，从而有.
【关键点拨】（1）设，根据条件建立等式，化简即可求出结果；
（2）设，联立方程，消得到，由韦达定理得，利用条件，即可得到或，即可证明结果；
（3）根据条件得出和的中点重合，即可证明结果.
18．【正确答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据条件得，再根据条件得，再结合条件，即可求出，即可求解；
（2）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，利用直线的倾斜角为，从而得到，进而将问题转化成求证，再联立直线与椭圆的方程，即可求解.
【详解】（1）由题知，又，
得到，解得，
设，则，又因为，
所以，
又，对称轴为，又，所以，又，
所以，整理得到，解得，
所以椭圆方程为.
（2）设直线，，
联立和，消得到，
由韦达定理得到，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，又因为，所以直线的倾斜角为，
则有，，
得到，
所以要证平分，即证，也即证明，
即证，
又，
将代入得
，
所以平分.
【关键点拨】本题的关键在于第二问，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，利用直线的倾斜角为，得到，从而将问题转化成求证，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，即可求解.
19．【正确答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）直接按照斐波那契数列的定义来求解即可；
（2）结合斐波那契数列的定义、等比数列的定义直接证明即可；
（3）首先得出，思路一：直接由等比数列求和公式即可求解；思路二：由累加法求和即可得解；思路三：由裂项求和法即可得解.
【详解】（1）.
；
（2）因为，
所以
.
，即，
即，所以是以为首项，为公比的等比数列.
（3）由（2）得.
即，
令，化简得，
，
因为，所以，
即是以为首项，为公比的等比数列，
故，
即；
法一：
；
法二：由得，
，
，
，
，
累加得，，
即，
所以，.
法三：
利用
..
【关键点拨】第三问的关键是得出，由此即可顺利得解.
2024-2025学年浙江省宁波市高二上学开学摸底考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．函数的定义域是（ ）
A．B．C．D．
2．一元二次不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
3．i是虚数单位，复数（ ）
A．B．1C．D．
4．若，则（ ）
A．B．C．D．
5．在中，已知，，，则（ ）
A．1B．C．D．3
6．如图，平行六面体各棱长为1，且，动点P在该几何体内部，且满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知定义在上的函数为偶函数，且在区间上是增函数，记，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
8．辅助角公式是我国清代数学家李普兰发现的用来化简三角函数的一个公式，其内容为．已知函数（其中，，）．若，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增
D．过点的直线与的图象一定有公共点
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知集合，则下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．在正方体中，E，F，G分别为BC，的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．点G到平面的距离是点C到平面的距离的2倍
C．平面
D．异面直线与所成角的余弦值为
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是周期函数
B．若，则
C．在区间上是增函数
D．函数在区间上至少有2个零点
三、填空题（本大题共3小题）
12．某班男女生的比例为3:2，全班的平均身高为，若女生的平均身高为，则男生的平均身高为 .
13．已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围是 .
14．2023年10月26日神舟十七号载人飞船在长征二号F遥十七运载火箭的托举下点火升空，成功进入预定轨道.我国在航天领域取得的巨大成就，得益于我国先进的运载火箭技术.根据火箭理想速度公式，可以计算理想状态下火箭的最大速度，其中是喷流相对速度，是火箭（除推进剂外）的质量，是推进剂与火箭质量的总和，称为总质比.已知甲型火箭喷流相对速度为.
（ⅰ）当总质比为9时，甲型火箭的最大速度为 ；
（ⅱ）若经过材料更新和技术改进后，甲型火箭的喷流相对速度提高到原来的倍，总质比变为原来的.若要使火箭的最大速度至少增加，则在材料更新和技术改进前总质比的最小值为 .
（所有结果保留整数，参考数据：，）
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数．
(1)求函数的解析式；
(2)求函数的单调增区间．
16．对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计（），将数据分成五组，从左到右依次记为50,60，60,70，，80,90，90,100，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人.若分数在区间的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和，第三组的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组80,90的学生实际成绩的平均数与方差.
17．在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手（1到5号）登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手．
（1）求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；
（2）X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X⩾2 ”的事件概率．
18．如图所示，矩形ABCD 中，AB=3 ，BC=4 .E 、F 分别在线段BC 和AD 上，AB//EF ，将矩形ABEF 沿EF 折起.记折起后的矩形为MNEF ，且平面MNEF⊥ 平面ECDF .
(1)求证：NC// 平面MFD ；
(2)若EC=3 ，求证：ND⊥FC ；
(3)求四面体NFEC 体积的最大值
19．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角C；
(2)若，求的面积S的取值范围.
答案
1．【正确答案】A
【分析】根据函数定义域的求法求得正确答案.
【详解】依题意，，解得，
所以函数的定义域为.
故选：A
2．【正确答案】B
【分析】把不等式化为，求出解集即可．
【详解】解：不等式可化为
，
解得，
不等式的解集为．
故选：．
本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题．
3．【正确答案】C
【分析】借助复数的运算法则计算即可得.
【详解】.
故选：C.
4．【正确答案】C
【分析】先由条件得到，化弦为切，代入求出答案.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C
5．【正确答案】D
【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【详解】设，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
故选：D.
利用余弦定理及其推论解三角形的类型：
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．
6．【正确答案】B
【分析】由平面向量共面定理可知：点在平面内，则的最小值即为点到平面的距离，求出三棱锥为正四面体，过点作平面，求解即可得出答案.
【详解】因为，
则，
即，
由平面向量共面定理可知：点在平面内，
则的最小值即为点到平面的距离，
连接因为平行六面体各棱长为1，
且，所以，
所以三棱锥为正四面体，
过点作平面，因为平面，
所以，如图，所以，
所以，
所以的最小值为.
故选：B.
7．【正确答案】C
【分析】由函数为的偶函数，得出该函数在上为减函数，结合性质得出，，，比较的大小关系，结合函数的单调性可得出、、的大小关系．
【详解】由函数为的偶函数，且在上是增函数，
则该函数在上为减函数，且有，
则，，，
因为，，，
即，由于函数在上为减函数，
所以，可得.
故选C．
8．【正确答案】D
【分析】由可得，，计算出 、可判断A；由三角函数对称性质可判断B；整体代换法和值可判断C；由可判断D.
【详解】因为（其中，），
因为，，
所以，解得，不妨取，
所以，
即，解得，
所以，
则，
，
所以，故 A错误；
因为，所以关于点对称，故B错误；
当时，，因为在上单调递减，
所以在上单调递减，故C错误；
因为是，且的周期函数，
又，
故过点即过点的直线与的图象一定有公共点，故D正确.
故选：D.
关键点点睛：关键是对辅助角公式的应用，结合函数的最值得到.
9．【正确答案】ACD
【分析】根据题意，结合集合的运算法则，逐项计算，即可求解.
【详解】因为集合，
可得，，且，
对于A中，由，，可得，
所以A正确；
对于B中，由，可得，所以B不正确；
对于C中，由，可得，所以C正确；
对于D中， 由，，所以，所以D正确.
故选：ACD.
10．【正确答案】BC
【分析】对于选项：由以及与不垂直，可知错误；对于选项：利用等体积法，可求得结果，进而判断选项正确；对于选项：取的中点，根据面面平行的性质即可得出平面，可知选项正确； 对于选项：根据线面垂直的判定定理和性质，结合二面角的定义可知错误；
【详解】对于选项：因为，所以不是等腰三角形，所以与不垂直，因为，所以与不垂直，故选项错误；
对于选项：设正方体的棱长为2，设点到平面的距离与点到平面的距离分别为，则，
，
所以，故选项正确；
对于选项：取的中点，连接，
由题意可知：，因为，所以，
平面， 平面，所以平面，
因为，平面， 平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故选项正确；
对于选项：因为，所以异面直线与所成的角为（或其补角），设正方体的棱长为2，则，
在中，由余弦定理可得：
，故选项错误，
故选.
11．【正确答案】ABD
【分析】借助三角函数性质及三角恒等变换可得，再借助周期函数定义判断A；借助余弦函数的性质得，判断B；特殊值法判断C、D.
【详解】由题意，函数，
对A：，得是周期为的函数，故A正确；
对B：因为，得，此时，，得，故B正确；
对C：由，结合解析式易知在一定不是单调函数，所以C错误；
对D：由解析式有，可得和是函数的零点，所以D正确，
故选：ABD．
12．【正确答案】
【分析】设出男生的平均身高，然后根据条件列方程求解即可.
【详解】设男生的平均身高为，则根据题目条件知，
即，所以.
故答案为.
13．【正确答案】.
【分析】本题先判断原函数的奇偶性，然后对抽象不等式按照奇偶性进行等价转换，解出不等式即可.
【详解】因为，易得为偶函数，且在上单调递增，
则 ，
所以对任意恒成立，
①对任意恒成立，得，
②对任意恒成立，得，
①②同时成立，则有
综上得.
故答案为.
14．【正确答案】
【分析】（ⅰ）根据给定公式求甲型火箭的最大速度即可；
（ⅱ）由题设有原甲型火箭的最大速度为，材料更新和技术改进后，甲型火箭的最大速度为，解不等式即可求最值.
【详解】（ⅰ）由题设，甲型火箭的最大速度为；
（ⅱ）由题意，，原甲型火箭的最大速度为，
材料更新和技术改进后，甲型火箭的最大速度为，
所以，即，可得.
故，
15．【正确答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用配凑法，将看成一个整体求解即可；
（2）利用复合函数的单调性求解即可.
【详解】（1），
所以.
（2），
所以的图象是对称轴为，开口向上的抛物线，
且的解集为，
故在上单调递减，在单调递增.
当时，函数是增函数，故函数的单调增区间为；
当时，函数是减函数，故函数的单调增区间为．
16．【正确答案】(1)众数为；平均数为
(2)平均数为；方差为
【分析】（1）根据频率分布直方图的众数和平均数的定义和计算方法，即可求解；
（2）根据题意，得到分数在区间的学生为10人，分别为，得到，设第三组分别为，得到，设第四组分别为，其平均数和方差为，求得，结合，即可求解.
【详解】（1）解：根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为，
这800名学生成绩的的平均数为：
（分）.
（2）解：根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人，
各段抽取的人生分别为：12人，16人，6人，4人和2人，
其中分数在区间的学生为10人，分别为，
其中平均成绩与方差分别为，则，
设第三组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为，则，
设第四组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为，
由，可得，
由，
可得，解得，
所以第四组的学生实际成绩的平均数为与方差为.
17．【正确答案】（1）415 ；（2）1725 .
【分析】（1）根据古典概型分别求出甲、乙选中3 号歌手的概率；利用PAB=PA⋅PB 求得结果；（2）根据PX⩾2=PX=2+PX=3 ，分别求解出两人选择3 号歌手和三人选择3 号歌手的概率，加和得到结果.
【详解】（1）设A 表示事件“观众甲选中3 号歌手”，B 表示事件“观众乙选中3 号歌手”
则PA=C21C32=23 ，PB=C42C53=35
∵ 事件A 与B 相互独立，A 与B 相互独立
则AB 表示事件“甲选中3 号歌手，且乙没选中3 号歌手”
∴PAB=PA⋅PB=PA⋅1−PB=23×25=415
即观众甲选中3 号歌手且观众乙未选中3 号歌手的概率是415
（2）设C 表示事件“观众丙选中3 号歌手”，则PC=C42C53=35
依题意，A ，B ，C 相互独立，A ，B ，C 相互独立，且ABC ，ABC ，ABC ，ABC 彼此互斥
∴PX=2=PABC+PABC+PABC=23×35×25+23×25×35+13×35×35=3375
PX=3=PABC=23×35×35=1875 ∴PX⩾2=PX=2+PX=3=3375+1875=1725
故“X⩾2 ”的事件的概率为1725
【关键点拨】本题考查独立事件概率的求解问题，关键是能够利用古典概型分别求解出符合题意情况的概率.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)2
【分析】(1)要证线面平行，先证线线平行，先证四边形MNCD 是平行四边形，即可.
(2)要证线线垂直，先证线面垂直，先证FC⊥ 平面NED 即可.
(3) 设NE=x ,四面体NFEC 的体积为VNFEC=12−x−22+4 ,即可求最值.
【详解】（1）证明：∵四边形MNEF ，ECDF 都是矩形，
∴MN//EF//CD ，MN=EF=CD ，∴四边形MNCD 是平行四边形，
∴NC//MD ，∵NC⊄ 平面MFD ，∴NC// 平面MFD ；
（2）证明：连接ED ，设ED∩FC=O ，∵平面MNEF⊥ 平面ECDF ，且NE⊥EF ，
∴NE⊥ 平面ECDF ，∴NE⊥FC ，
又EC=AB=CD=3 ，∴四边形ECDF 为正方形，∴FC⊥ED ，
∴FC⊥ 平面NED ，又ND⊂ 平面NED ，∴ND⊥FC ，
（3）设NE=x ，则EC=4−x ，其中0＜x＜4 ，
由（1）得NE⊥ 平面FEC ，
∴四面体NFEC 的体积为：
VNFEC=13SΔEFC⋅NE=12⋅x⋅4−x=12−x2+4x=12−x−22+4 ，
x=2 时，四面体NFEC 的体积最大，其最大值为2 .
19．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合已知，利用余弦定理、正弦定理及倍角公式化简得，解三角形即可求解；
（2）由面积公式得，由正弦定理得，根据锐角三角形得，则，即可求解面积范围.
【详解】（1）由，得，
由余弦定理得，
再由正弦定理及倍角公式得，
得，即，
故在锐角中有.
（2），，则.
由正弦定理，有，
所以，
又是锐角三角形，有得，则，
所以，
即的面积S的取值范围为.