广西百色市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题答案及评分标准

广西百色市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题答案及评分标准

1 / 4 2019 年百色市普通高中秋季学期期末考试参考答案与评分标准 高二理科数学 一、选择题： 1.C 解析：焦点在 y 轴上，所以渐近线方程 xy 3 2 ，故选 C 2.C 解析：由特称命题的否定可知，命题“ 0xR， 2 000xx”的否定是“ xR ， 2 0xx”． 3.B 解析：若 p 成立，则 qp  成立，而 q 成立时， pq  ，于是 p 为 q 的充分不必要条件. 4.D 解析：甲的 8 次成绩为 10,11,14,21,23,23,32,34，所以甲的成绩中位数为 22，乙的成绩的平均数为 238 3433232322211612  5.B 解析：因为 )4,1,1(  mba ， ),5,1( mmba  ，所以由 )()( baba  有： 045)1)(1(  mmm 所以 2m 6.A 解析：由题知按 3 1 54 18  的比例抽取，所以 193 157 y 人， 233 169 x 人，抽取的教师共 60 人. 7.D 解析：在 AC 边上截取 BAAB  ,于是 2 21 2 12)()(  AC CBBAADPABADP 8.A 解析：如图延长 AC 到 E ,使得 ECCA 11 // ,易知 EBC1 即为所求异面直线 所成角，不妨设 11  ACAA ，又  90BCE ,可证 EBC1 为等边三角形， 于是所求异面直线所成角为 60 9.B 解析：由程序框图可知，循环至 5411,3412,41,16 MODMODni  时 程序结束，此时输出 16i 10. C，解析:设这组数据的最后 2 个分别是 x10 ， y 则 5810875  yx ，得 yx  =10，故 xy 10 ，     )182(5 1]22019[5 1 2222  xxxs ，显然当 9x 时， 2s 最大，最大为 36 11.D 解析： )(4 1)(4 1 2 1 OAOCOAOBOAACABOAADOAAEOAOE  ,所以 cbaOE 4 1 4 1 2 1  12.C 解析：若存在点 M 使 3 AMB ，经分析知只需 AMB 的最小角小于等于 3  ，即只需 6 AMO ， 此时点 为椭圆长轴的端点，画出大致图形如图所示，连接 OBOA, ，则在 AOMRt 中， a b OM AOAMO sin ，所以 6sinsin AMO ，即 2 1a b ，所以 4 1 2 2 a b ，所 以 4 1 2 22  a ca ，即 4 11 2  e ， 解得 2 3e ，又 1e ，所以椭圆的离心率的取值范围为 )1,2 3[ E 1A C 1C B A 1B x y A B M O 2 / 4 二、填空题：(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13. 1y 14． 41 15. 3 16 解析：根据抛物线对称性，不妨设直线斜率 0k ，方法 1： 作 AA1 准线于 1A ， 作 1AAFE  于 E ，则 AEAAAFFKEA  11 2 1 2 1 ，因为 1,2 1 AAEFAFAE  ，所以 3,3   AFxEAF ，所以直线的斜率 3k ， 过 F 的直线的方程为 )1(3  xy ，由      )1(3 42 xy xy ，整理得 03103 2  xx ，设    2211 ,,, yxByxA ，则 3 10 21  xx ，所以 3 16221  xxAB ；方法 2： 3 16 3sin 4 2  AB . 16. 3 6 解析：以点 A 为原点建立空间直角坐标系如图所示，由 aADAF  2 1 ,利用向量法易求平面 AGC 的法向量坐标为 )1,1,1(  ，于是所求线面角的正弦值为 三、解答题：(本大题共 6 小题，共 70 分) 17.解：（1）若命题 q 为真命题，则      0 03 a a ，解得 03  a ............4 分 （2）对于 p 为真时，有 222  xxa 在 Rx 恒成立，即只需 min 2 )22(  xxa 即可，于是有 1a 若“ p 或 q ”为真，“ 且 ”为假，则两命题应一真一假，由（1） 当 p 为真， q 为假时，有： 10303 1       aaaa a 或或 ............7 分 当 q 为真， p 为假时，有：       03 1 a a 无解............9 分 综上， 103  aa 或 ....................10 分 18. 解:（1）设事件 A 为方程 02 22  abxx 有实根，有实根的充要条件为 ab  ，................2 分 若随机数  4,3,2,1, ba 基本事件共有 16 个：（1,1），（1,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,2），（2,3），（2,4）， （3,1）（ 3,2），（3,3），（ 3,4），（ 4,1），（4,2）（ 4,3），（4,4）， ................3 分 其中括号中第一个数表示 a 的取值，第二个数表示b 的取值，则事件 A 中包含 10 个基本事件，......4 分 故事件 发生的概率为 8 5 16 10)( AP ......................6 分 z x y 1A K E A B 3 / 4 (2) 试验的全部结果所构成的区域为   31,40,  baba ，................8 分 构成事件 A 的区域为   abbaba  ,31,40, ，................10 分 概率为两者的面积之比，所以所求的概率   2 1 8 4 AP .........12 分 19. (1) 由频率分布直方图知年龄在[30，60）的频率为 6.010)03.002.001.0(  ，..........2 分 所以 40 名读书者中年龄分布在[30，60）的人数为 246.040  人. ................4 分 （2）40 名读书者年龄的平均数为 541.07525.0653.0552.0451.03505.025  ， ....... ..........8 分 设中位数为 x ，则 5.0)50(03.01002.01001.010005.0  x ，解得 55x ， 即 40 名读书者年龄的中位数为55.................12 分 20. 解：（1）在图 1 中，因为 EC AE DB AD  ，所以 BCDE // ， ..................2 分 又  90B ，所以  90ADE ，即 DEAD  ， ...................3 分 又平面 ADE 平面 DBCE ，平面 ADE 平面 DEDBCE  ， AD 平面 ADE ， 所以 AD 平面 DBCE .... ..............5 分 （2）（向量法）如图，以 D 为坐标原点，分别以 DADEDB ,, 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 )4 9,3,0(),0,1,4 3(),0,3,0(),0,4,4 3(),4 9,0,0(),0,0,0(  AECEECAD ..... ..........6 分 设平面 AEC 的法向量为 ),,( zyxm  ，则由 ,0,0  CEmAEm 得        04 93 04 3 zy yx ，所以 zyzx 4 3,  ，取 4z ， 则 )4,3,4(m 为平面 AEC 的一个法向量， ....................8 分 又平面 DBCE 的一个法向量为 )1,0,0(n ， ...................9 分 于是 41 414,cos    nm nmnm ， .....................11 分 由图可知，二面角 BECA  为锐二面角，所以其余弦值为 41 414 ...................12 分 A B D C z y x E 4 / 4 21. 解：（1） ,55,45,2.2,3 5 1 2 5 1    i ii i i tztzt ....................4 分 4.132.12.2,2.19555 2.23545    tbzab ....................7 分 ∴ 4.12.1  tz ......................8 分 （2） 5,2011  yzxt ，代入 4.12.1  tz 得到： 4.1)2011(2.15  xy ，即 6.24092.1   xy ............................10 分 于是，当 2020x 时， 4.146.240920202.1   y ，所以预测到 2020 年年底，该农户网店网银交 易额可达 4.14 万元． ........................12 分 22.解：（1）因为 ONOMOG  2 ，即  ),2(),0()0,(2, 0000 yxyxyx  ，所以 00,2 yyxx  ，则 yyxx  00 ,2 ，又 1MN ，所以 12 0 2 0  yx ，即 12 2 2      yx ，所以动点G 的轨迹方程为 14 2 2  yx . .......................4 分 （2）易知直线 AB 不与 x 轴重合，可设直线 AB 的方程为 3 myx ，由      3 14 2 2 myx yx ，得 01616,0132)4( 222  mmyym ，设 ),(),,( 2211 yxByxA ，则有................6 分 21 2 21 2 21 2 221221 4)(11,4 1,4 32 yyyymyymABmyym myy  ， 即：   4 14 2 2   m mAB ， ......................8 分 由 ABOG// ，可知直线OG的方程为 myx  ，由      myx yx 14 2 2 ，得 4 4 2 2  my ，则 4 )1(4)1( 2 2 22222   m mymyxOG ， .......................11 分 故 12  OG AB ,综上， 2OG AB 为定值，且定值为1 .......................12 分