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

1 / 5 2019 年百色市普通高中秋季学期期末考试参考答案及评分标准 高二文科数学 一、选择题 1．C 根据焦点坐标可知焦点在 轴，所以 ， ， ，又因为 ， 解得 ， 2．D 3．A 4.答案：C 5．A 以桥顶为坐标原点，桥形的对称轴为 y 轴建立直角坐标系 xOy ， 结合题意可知，该抛物线  2 20x py p   经过点 ,2 a h ，则 2 24 a hp ， 解得 2 8 ap h ，故桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为 . 6.答案：C 7．A 2 0, 1 0x x x x    或 ,所以“ 1x  ”是“ 2 0xx”的充分而不必要条件． 8．A 输入 20, 8, 0a b i   时， ?ab 是， 20 8 12, 1ai    ，此时 是， 12 8 4, 2ai    ， 否， 8 4 4, 3bi    ， 否， ab 是，输出 4, 3ai，结束， 9.【答案】B 10．B 由题意，设O 为 12,FF的中点，根据向量的运算，可得   NOMNMOMNMFMF 222221 又由 N 为双曲线 22 :143 xyC 上的动点，可得 aNO   ， 所以 422221   aNOMNMFMF 即   MNMFMF 221 的最小值为 4 . 11. D 解析：作出两集合表示的平面区域如图所示．容易得出 Ω 所表示的平面区域为三角形 AOB 及其边界，A 表示的 区域为三角形 OCD 及其边界．容易求得 D(4,2)恰为直线 x＝4，x－2y＝0，x＋y＝6 三线的交 点．则可得 S△AOB＝1 2×6×6＝18，S△OCD＝1 2×4×2＝4.所以点 P 落在区域 A 的概率为 4 18＝2 9. 12．A 构造函数     31 3F x f x x，则有      313 3 3 153Ff      ，且     2''F x f x x.由 2 / 5   2'1f x x，可知  ' 1 0Fx，则  Fx为增函数，故      31 15 15 3 33f x x F x F x         . 二、填空题： 13．假 命题“若 1x  ，则 0x  ”的否命题是“若 1x  ，则 0x  ”，可判断为假命题． 14．6 试题分析：如图，作 1PP 垂直抛物线的准线于 1P ，则 6241 PP ， 抛物线的定义得点 P 到该抛物线焦点的距离 61  PPPF 15.2/3 16． ． |F1F2|＝2 .设双曲线的方程为 － ＝1. ∵|AF2|＋|AF1|＝4，|AF2|－|AF1|＝2a，∴|AF2|＝2＋a，|AF1|＝2－a. 在 Rt△ F1AF2 中，∠F1AF2＝90°，∴|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2， 则(2－a)2＋(2＋a)2＝(2 )2， a＝ ， 离心率 e＝ ＝ ＝ . 三、解答题： 17、解：若命题 qp  是真命题， 则 p 是真命题，且 q 是真命题，----------------------------------------------（1 分） 由“命题 ：函数 42)( 2  axxxf 有零点”为真； 得： 0164 2  a ，即 22  aa 或 ----------------------------------（5 分） 由“命题 ：函数 xaxf )23()(  是增函数”为真，得： 1123  aa --------------------（9 分） 综上得： 2a ． a 的范围是 ]2,(  ．----------------------------------------------------------（10 分） 18. (12 分)解：(1)由数据求得 11x , 24y ………………………2 分 由公式求得 7 18b ,………………………5 分 再由 7 30 xbya ………………………6 分 所以 关于 的线性回归方程为 18 30 77y    ………………………………7 分 3 / 5 (2)当 10x 时, 7 150ˆ y ,2227 150  ………………………………9 分 同理, 当 6x 时, 78ˆ 7y  , 78 12 27 ,………………………………11 分 所以,该小组所得线性回归方程是理想的.………………………………12 分 19、解：（1）因为   22 2 5 22 5 ( 0)xxf x x xxx      ，----------------（2 分） 所以  11f   .-----------------------------------------------------------------------（4 分） （2）  fx 的零点为 2x  或 1 2 ，-------------------------------------------------------（6 分）） 当 1 ,22x  时，   0fx  ，所以  fx在 1 ,22   上单调递减；----------------（8 分） 当  10, 2,2x    时，   0fx  ， 在 10, 2   ， 2,  上单调递增，-----（10 分） 所以 的极大值点为 1 2x  ，极小值点为 .----------------------------------------------（12 分） 20、解：(1) 第 3 组的人数为 0.3×100=30, 第 4 组的人数为 0.2×100=20, 第 5 组的人数为 0.1×100=10. …………… 2 分 因为第 3,4,5 组共有 60 名志愿者,所以利用分层抽样的方法在 60 名志愿者中抽取 6 名志愿者,每组抽取的 人数分别为:第 3 组: ×6=3; 第 4 组: ×6=2; 第 5 组: ×6=1. 所以应从第 3,4,5 组中分别抽取 3 人,2 人,1 人. …………………4 分 （2） 根据频率分布直方图，样本的平均数的估计值为: （岁） 所以，样本平均数为 31.25 岁. ……………………………………………………7 分 (3) 记第 3 组的 3 名志愿者为 A1,A2,A3,第 4 组的 2 名志愿者为 B1,B2,第 5 组的 1 名志愿者为 C1. 则从 6 名 志愿者中抽取 2 名志愿者有:(A1,A2), (A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A1,C1),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,C1),(A3,B1),(A3,B2), (A3,C1),(B1,B2),(B1,C1),(B2,C1),共有 15 种. …………9 分 其中第 4 组的 2 名志愿者 B1,B2 至少有一名志愿者被抽中的有:(A1,B1), (A1,B2), (A2,B1), (A2,B2), (A3,B1), (A3,B2), (B1,B2), (B1,C1), (B2,C1),共有 9 种……………………10 分 根据古典概型概率计算公式，得 ………………………………………11 分 30 60 20 60 10 60 22.5 (0.01 5) 27.5 (0.07 5) 32.5 (0.06 5) 37.5 (0.04 5) 42.5 (0.02 5)              6.45 5 32.25   93() 15 5PA 4 / 5 答：第 4 组至少有一名志愿者被抽中的概率为 ……………………………………12 分 21．（ 1）椭圆 22 22 : 1 0yxC a bab（ ＞ ＞ ）的离心率为 3 2 ，可得 3 2 c a  ，即 3 2ca -----------------1 分 又由 2 2 2c a b，可得 2ab ---------------------------------2 分 设椭圆 C 的方程为 22 2214 yx bb+=， 因为椭圆 C 过点 1 32   ， ，代入可得 22 31144bb---------------------------------3 分 解得 1, 2ba---------------------------------4 分 所以椭圆 C 的标准方程为 2 2 14 y x---------------------------------5 分 又由 12 ab  ，即“伴随圆”是以原点为圆心，半径为 1 的圆， 所以椭圆 C 的“伴随”方程为 221xy---------------------------------6 分 （2）由题意知， 1m  --------------------------------- 7 分 易知切线l 的斜率存在，设切线 的方程为 y kx m， 由 2 2 14 y kx m y x   得 2 2 24 2 4 0k x k mx m     ， 设 A，B 两点的坐标分别为（x1，y1），（ x2，y2）， 则 12 2 2 4 kmxx k    ， 2 12 2 4 4 mxx k   ---------------------------------8 分 又由 l 与圆 x2+y2=1 相切，所以 2 1 1 m k   ，k2=m2-1---------------------------------9 分 所以 22 1 2 1 21 ( ) 4AB k x x x x    =    222 2 2 2 2 2 444341 ( 4) 4 3 m mkmk k k m       -------------10 分 则 2 231 23AOB mS AB m ， ， 3 5 5 / 5 可得 2 3 2 3 13 32 AOBS m mm m     （当且仅当 3m  时取等号）---------------------------------11 分 所以当 时，S△ AOB 的最大值为 1---------------------------------12 分 22．解：（1）   13ln 44f x x x x   的定义域是 0, ，   2 22 1 1 3 4 3 4 4 4 xxfx x x x     ------------------------------------------（2 分） 由 0x  及   0fx  得13x，由 及   0fx  得 01x或 3x  ； 所以函数  fx在 1,3 上单调递增;在( )0,1 和 3,  上单调递减.----------------（4 分） （2）若对任意    120,2 , 1,2xx，不等式    12f x g x 恒成立， 问题等价于    min maxf x g x ------------------------------------------------------------（5 分） 由（1）可知，在 0,2 上， 1x  是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点 故也是最小值点，所以    min 11 2f x f   ，    2 2 4, 1,2g x x bx x     -------（7 分） 当 1b  时，    max 1 2 5g x g b   ；当12b，     2 max 4g x g b b   -------（8 分） 当 2b  时，    2 4 8g x g b   ————————————————————-（9 分） 问题等价于 1 { 1 252 b b     或 2 12 { 1 42 b b     或 2 { 1 482 b b     解得 或 141 2b 或b ----------------------------------------------------------（11 分） 即 14 2b  ，所以实数b 的取值范围是 14, 2   .----------------------------（12 分）