四川省绵阳市2019_2020学年高二数学上学期末考试题理含解析

四川省绵阳市2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解

析）

本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷共4页，答题卡共6页。满分100分. 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把它选出来填涂在答题卡上.

1.已知点A(4,1,3)，则点A关于原点的对称点的坐标为（ ） A. 4,1,3 【答案】B 【解析】 【分析】

根据空间中点的位置关系可得,点A关于原点的对称点的坐标就是取原来横坐标、纵坐标、竖坐标数值的相反数,据此即可求解.

【详解】因为点A(4,1,3),根据空间中点的位置关系可得,

点A关于原点的对称点的坐标就是取原来横坐标、纵坐标、竖坐标数值的相反数, 所以点A关于原点的对称点的坐标为(4,1,3). 故选:B

【点睛】本题主要考查对称点的求法;熟练掌握空间直角坐标及坐标系中点之间的位置关系是求解本题的关键;属于基础题.

2.已知一直线经过两点A(2,4)，B(a,5)，且倾斜角为135°，则a的值为（ ） A. -1 【答案】D 【解析】 【分析】

已知倾斜角求出斜率,然后把A(2,4)，B(a,5)代入斜率公式即可求解. 【详解】由直线斜率的定义知,kABtan1351, 由直线的斜率公式可得,kABB. -2

C. 2

D. 1

B. (4,1,3)

C. (3,1,4)

D. (3,1,4)

54， a2- 19 -

所以

541,解得a1. a2故选:D

【点睛】本题考查直线的倾斜角与斜率公式;熟练掌握斜率公式是求解本题的关键;属于基础题.

3.现有两个调查抽样：（1）某班为了了解班级学生在家表现情况决定从10名家长中抽取3名参加座谈会；（2）某研究部门在高考后从2000名学生（其中文科400名，理科1600名）中抽取200名考生作为样本调查数学学科得分情况.

给出三种抽样方法：Ⅰ.简单随机抽样法；Ⅱ.系统抽样法；Ⅲ.分层抽样法. 则问题（1）、（2）选择的抽样方法合理的是（ ） A. （1）选Ⅲ，（2）选Ⅰ C. （1）选Ⅱ，（2）选Ⅰ 【答案】B 【解析】 【分析】

分析题意,根据简单随机抽样法、系统抽样法、分层抽样法的特征判断即可.

【详解】对于1中,个体无差异且总体数量不多,抽取的样本数量不多,故选择简单随机抽样; 对于2中, 2000名学生明显分成两类:文科400名，理科1600名，故选择分层抽样; 故选:B

【点睛】本题考查三种不同的抽样方法的选取：总体和样本容量较少的选取简单随机抽样，个体数样本容量较多且个体之间无明显差异选取系统抽样，个体之间有明显差异和分类的选取分层抽样;属于基础题、常考题型.

B. （1）选Ⅰ，（2）选Ⅲ D. （1）选Ⅲ，（2）选Ⅱ

x2y24.如果椭圆1的弦被点M(1,1)平分，则这条弦所在的直线方程是（ ）

63A. x2y30 C. x2y30 【答案】C 【解析】 【分析】

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B. x2y30 D. 2xy30

设过点M(1,1)的直线与椭圆的两个交点为Ax1,y1,Bx2,y2,利用点差法：把

x2y2Ax1,y1,Bx2,y2代入椭圆1,然后作差,再结合中点坐标公式即可求出直线lAB63的斜率,代入直线的点斜式方程即可求解.

【详解】设过点M(1,1)的直线与椭圆的两个交点为Ax1,y1,Bx2,y2, 由题意知,Ax1,y1,Bx2,y2满足椭圆方程,

x12y12163所以2,两式相减可得, 2x2y2136x1x2x1x2y1y2y1y20,

63因为线段AB的中点为M(1,1),所以由中点坐标公式可得,

x1x21x1x222 ,即， yyyy2212112y1y212x1x22y1y2所以, 0,即

xx26312所以直线lAB的斜率为kABy1y21,

x1x22由直线的点斜式方程可得，直线lAB的方程为y1所以所求的直线方程为x2y30. 故选:C

1x1, 2【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系;设两个交点坐标,利用点差法求出直线的斜率是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

5.口袋里装有大小相同的5个小球，其中2个白球，3个红球，现一次性从中任意取出3个，则其中至少有1个白球的概率为（ ）

- 19 -

A.

9 10B.

7 10C.

3 10D.

1 10【答案】A 【解析】 【分析】

根据题意,求出总的基本事件数和至少有1个白球包含的基本事件数,然后利用古典概型的概率计算公式求解即可.

【详解】由题意可知,从5个大小相同的小球中,一次性任意取出3个小球包含的总的基本事

3件数为nC510,

1221一次性任意取出的3个小球中,至少有1个白球包含的基本事件数为mC2C3C2C39,

由古典概型的概率计算公式得,一次性任意取出的3个小球中,至少有1个白球的概率为

Pm9. n10故选:A

【点睛】本题考查利用组合数公式和古典概型的概率计算公式求随机事件的概率；正确求出总的基本事件数和至少有1个白球包含的基本事件数是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

x2y21的一个焦点，则p（ ） 6.若抛物线y2px(p0)的焦点是椭圆

2pp2A. 2 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 3 C. 4 D. 8

利用椭圆与抛物线的定义,结合抛物线与椭圆有共同的焦点,列出关于p的方程,解方程即可. 【详解】由题意可知,抛物线y2px(p0)的焦点为2p,0, 2x2y21,所以c2a2b22ppp, 因为椭圆为

2pp所以椭圆的焦点坐标为p,0,

 - 19 -

所以pp,解得p4. 2故选:C

【点睛】本题考查椭圆与抛物线的定义及其标准方程;考查综合运用能力和运算求解能力;属于基础题.

7.如图，一个边长为2的正方形里有一个月牙形的图案，为了估算这个月牙形图案的面积，向这个正方形里随机投入500粒芝麻，经过统计，落在月牙形图案内的芝麻有150粒，则这个月牙图案的面积约为（ ）

A.

3 5B.

4 5C. 1 D.

6 5【答案】D 【解析】 【分析】

利用与面积有关几何概型概率计算公式求解即可.

【详解】由题可知,正方形的面积为S正=22=4,设这个月牙图案的面积为S, 由与面积有关的几何概型概率计算公式可得,

向这个正方形里随机投入芝麻,落在月牙形图案内的概率为

PSS1506=,解得S. S正45005

故选:D

【点睛】本题考查与面积有关的几何概型概率计算公式;属于基础题、常考题型.

1y2x2x2y28.已知椭圆221(ab0)的离心率为，则双曲线221(a0,b0)的渐近

2abab线方程为（ ）

的- 19 -

A. y3x 2B. y3x 4C. y4x 3D.

y23x 3【答案】D 【解析】 【分析】

根据椭圆的离心率公式得到a,b的关系式,再利用双曲线的渐近线方程即可求解.

x2y2【详解】因为椭圆221(ab0)ab所以e离心率为

1, 2c13,因为b2a2c2,所以ba， a22ax, b因为双曲线的渐近线方程为y所以所求的渐近线方程为y故选:D

23x. 3【点睛】本题考查椭圆与双曲线的几何性质;考查运算求解能力;熟练掌握椭圆中a,b,c的关系和双曲线的渐近线方程是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

9.“双11”活动期间，绵阳某商场举行“买的多送的多”优惠活动：购买某件商品的销件数和平均价格有如下对应数据： 购买件数x 平均价格y

1 25 2 23 的3 4 5 a 18 17 ˆ2.1x26.9，则实数a的值为（ ） 根据上表数据可得回归方程yA. 19 【答案】B 【解析】

B. 20

C. 21

D. 22

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【分析】

根据回归方程经过样本中心点x,y，求出x代入回归方程求出y即可求出实数a. 【详解】由表中数据可得,x3,

ˆ2.1x26.9经过样本中心点x,y可得, 由回归方程yy2.1326.920.6，

即

2523a181720.6,解得a20.

5故选:B

【点睛】本题考查回归直线方程经过样本中心点;考查运算求解能力;属于基础题.

10.已知F是抛物线y2x的焦点，A,B是该抛物线上的两点，|AF||BF|8，则线段

2AB的中点到y轴的距离为（ ）

A.

7 2B.

5 2C. 4 D. 3

【答案】A 【解析】 【分析】

根据题意,求出准线方程,利用抛物线的定义:抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离,列出方程求出A,B中点的横坐标即可.

12【详解】因为抛物线方程为y2x,所以其准线方程为x，

2设Ax1,y1,Bx2,y2,由抛物线的定义知,

11AFBFx1x28，

22所以x1x27,由中点坐标公式可得,

A,B中点的横坐标为

x1x27, 227. 2所以线段AB的中点到y轴的距离为故选:A

【点睛】本题考查抛物线的定义和中点坐标公式;运用抛物线的定义把到焦点的距离转为到准

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线的距离是求解本题的关键;属于基础题.

11.已知两点A(2,0)，B(2,0)，以及圆C: (x2)(y2)r(r0)，若圆C上存在点P，满足APPB0，则r的取值范围是（ ） A. [2,22]

B. [2,32]

C. [22,32]

D.

222[32,52]

【答案】B 【解析】 【分析】

由APPB0知APBP,即点P在以AB为直径的圆上, 又点P在圆C上,据此可得两圆必有公共点,根据圆心距和半径之间的关系,列不等式求解即可. 【详解】因为APPB0,所以APBP, 即点P在以AB为直径的圆上, 又因为点P在圆C上,

所以点P为两圆的公共点,即两圆必有公共点, 因为A(2,0),B(2,0)， 设以AB为直径的圆的圆心为O, 则圆O的圆心为O0,0,半径为2, 因为圆C的圆心为2,2,半径为r, 所以可得,r2202022r2,

解得,2r32. 故选:B

【点睛】本题考查圆与圆的位置关系及向量垂直的数量积表示;考查运算求解能力和转化与化归能力;把存在性问题转化为判断两圆的位置关系问题是求解本题的关键;属于中档题.

x2y22212.直线过椭圆221(ab0)的左焦点F和上顶点A，与圆(x2)y25交于

abP，Q两点，若线段PQ的中点坐标为(1,3)，则椭圆离心率为（ ）

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A. 10 10B. 5 5C. 310 10D.

1 3【答案】C 【解析】 【分析】

根据题意,求出点Fc,0,A0,b,利用斜率公式表示出kPQ,设点Px1,y1,Qx2,y2, 利用点差法：把点Px1,y1,Qx2,y2分别代入圆的方程,然后两式相减,利用线段PQ的中点坐标为(1,3),结合中点坐标公式求出kPQ,进而求出b,c的关系,求出椭圆的离心率. 【详解】由题意知,点Fc,0,A0,b, 由斜率公式可得,kPQb0b,

0ccbxb, c所以直线lPQ的方程为y设点Px1,y1,Qx2,y2,

因为P，Q两点在圆(x2)y25上,

2x2y12251所以,两式相减可得, 22x22y22522x1x24x1x2y1y2y1y20，

因为线段PQ的中点坐标为(1,3),

x1x22由中点坐标公式可得,,

yy612所以24x1x2y1y260, 化简可得,kPQy1y21,

x1x23所以

b1

,因为a2b2c2, c3

所以椭圆的离心率ec3b310. a1010b- 19 -

故选:C

【点睛】本题考查椭圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系及点差法和中点坐标公式的应用;点差法的运用是求解本题的关键;考查运算求解能力和逻辑思维能力;属于中档题. 二、填空题

13.在区间[1,7]上随机选取一个数a，则a4的概率为________. 【答案】

1 2【解析】 【分析】

利用与长度有关的几何概型概率计算公式求解即可. 【详解】由题意知,区间[1,7]的长度为716, 因为a4,所以a1,4,其区间长度为413, 由与长度有关的几何概型概率计算公式可得,

a4的概率为P故答案为:

31. 621 2【点睛】本题考查与长度有关的几何概型概率计算公式;属于基础题.

14.直线xm1 y20与直线m x2 ym10平行，则m的值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】

利用两直线平行的充要条件:A1B2A2B1,B1C2B2C1，列出关于m的方程求解即可. 【详解】由题意知,12mm1,且m1m122, 解得m2. 故答案为:2

【点睛】本题考查两直线平行的充要条件；解决此类问题时需注意斜率不存在的情况和两直线重合的情况,亦是易错点;属于基础题.

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x215.过椭圆y21的右焦点作一条斜率为1的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点，

2则AOB的面积为_______. 【答案】

2 3【解析】 【分析】

根据题意,求出点F和直线l方程,将其代入椭圆方程,消去x得到关于y的一元二次方程,设

Ax1,y1,Bx2,y2,解方程求出方程根,求出AOB的面积即可.

x2【详解】由题意可知,椭圆y21的右焦点为F1,0,

2所以直线l方程为yx1，

x2将其代入椭圆y21,

2消去x整理可得,3y2y10,

2设Ax1,y1,Bx2,y2,则y11,y2所以AOB的面积为SAOB故答案为:

1, 31142y1y2OF1. 22332 3【点睛】本题考查椭圆的标准方程及其性质和直线与椭圆的位置关系;考查运算求解能力和转化与化归能力;属于中档题、常考题型. 16.已知点M为点P3,0在动直线2kx(k1)y20上的射影，若点N的坐标为(2,3)，

则MN的取值范围是_________.

【答案】55,55

【解析】 【分析】

直线方程2kx(k1)y20可变形为k2xyy20,由此可得,直线方程

2kx(k1)y20过直线2xy0和y20的交点,结合图形可知,点M在以PQ为

直径的圆上,由点与圆的位置关系可得,NFrMNNFr,进而求出MN的取值范围即可.

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【详解】由题意可知,直线方程2kx(k1)y20可变形为k2xyy20,

联立方程2xy0x1,解得,

y20y2即直线2kx(k1)y20为过定点Q1,2的直线系方程, 根据题意,作图如下:

则PMMQ,PQ25,

即点M在以PQ为直径的圆上,因为点N的坐标为(2,3), 所以线段MN的长度满足NF5MNNF5, 因为点F为1,1,由两点间距离公式可得,NF5, 所以55MN55. 故答案为:55,55

【点睛】本题考查过两直线交点的直线系方程和圆的有关性质及点与圆的位置关系;考查逻辑推理能力和运算求解能力;抽象出直线过定点Q和点M在以PQ为直径的圆上是求解本题的关键;属于难度较大型试题.

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.为了迎接全国文明城市复检，绵阳某中学组织了本校1000名学生进行社会主义核心价值观、文明常识等内容测试。统计测试成绩数据得到如图所示的频率分布直方图，已知a3b，满分100分.

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（1）求测试分数在[60,90)的学生人数；

（2）求这1000名学生测试成绩的平均数以及中位数. 【答案】1870；276,76 【解析】 【分析】

1利用频率之和为1和a3b求出a,b,进而求出测试分数在[60,90)的频率,再乘以总人数

即可;

2由1知,a0.024,b0.008,利用平均数公式求出平均数即可,设这1000名学生测试

成绩的中位数为y,由频率分布直方图判断，中位数y位于70和80之间,再利用中位数公式求解即可.

【详解】1利用频率之和为1可得,0.005a0.0350.028b101， 因为a3b,解得a0.024,b0.008,

所以测试分数在[60,90)的频率为0.0240.0350.028100.87， 所以测试分数在[60,90)的学生人数为10000.87870（人）;

2由1知,a0.024,b0.008,

所以这1000名学生测试成绩的平均数为

x550.05650.24750.35850.28950.0876,

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设这1000名学生测试成绩的中位数为y,

因为0.050.240.350.0.5,0.050.240.290.5, 所以所求的中位数y位于70和80之间, 即y700.211076, 0.35所以这1000名学生测试成绩的平均数和中位数均为76.

【点睛】本题考查利用频率分布直方图估计样本的平均数和中位数;考查运算求解能力;熟练掌握平均数和中位数公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

18.“绿水青山就是金山银山”，为了响应国家，我市环保部门对市民进行了一次环境保护知识的网络问卷调查，每位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参与问卷调查的50人的得分（满分：100分）数据，统计结果如表所示： 组别 男 女

若规定问卷得分不低于70分的市民称为“环境保护关注者”，则上图中表格可得22列联表如下： 男 女 合计

（1）请完成上述22列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“环境保护关注者”与性别有关？

（2）若问卷得分不低于80分的人称为“环境保护达人”，现在从本次调查的“环境保护达

非“环境保护关注者” 是“环境保护关注者” 合计 [40,50) 1 0 [50,60) 2 5 [60,70) 2 5 [70,80) 10 5 [80,90) 9 3 [90,100) 6 2 - 19 -

人”中利用分层抽样的方法抽取4名市民参与环保知识问答，再从这4名市民中随机抽取2人参与座谈会，求抽取的2名市民中，既有男“环境保护达人”又有女“环境保护达人”的概率.

2n(adbc)2附表及公式：K，其中nabcd.

(ab)(cd)(ac)(bd)PK2k0 0.15 k0

2.072 0.10 0.05 0.025 5024 0010 2.706 3.841 【答案】122列联表见解析，在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“环境保护关注者”与性别有关;2【解析】 【分析】

1 2..6.635 0.005 0.001 7.879 10.828 然后将列联表中的数据代入K2的公式计算求1根据表中的数据重新整合,完成22列联表，解,结合临界值表进行判断即可;

2列举出所有可能的情况和既有男“环境保护达人”又有女“环境保护达人”包含的情况,

再利用古典概型的概率计算公式求解即可. 【详解】1 由表中数据可得22列联表如下,

非“环境保 护关注者” 男 女 合计

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是“环境保合计 护关注者” 25 10 35 30 20 50 5 10 15

将22列联表中的数据代入公式可得,

505102510K2的观测值k6.3493.841,

15353020所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“环境保护关注者”与性别有关;

22由题可知,利用分层抽样的方法可得,

抽取4名市民中男环保达人3人,女环保达人1人, 设男环保达人为A,B,C,女环保达人为a, 从中抽取两人参与座谈会所有的情况为

A,B,A,C,A,a,B,C,B,a,C,a共6种情况,

既有男“环境保护达人”又有女“环境保护达人”包含的情况为

A,a,B,a,C,a共3种情况,

由古典概型的概率计算公式可得， 所求概率P31. 62【点睛】本题考查性检验和古典概型概率计算公式;考查运算求解能力;注意所给数表的使用方法和题目设为方式和熟练掌握K2公式是求解本题的关键;属于基础题、常考题型. 19.已知圆M:(x4)y4，点P(x,y)为直线xy40上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为A，B.

（1）若P的坐标为(-2,2)，求切线方程； （2）求四边形PAMB面积的最小值.

【答案】1y2和3x4y20;247 【解析】 【分析】

221由题意知切线的斜率存在,设切线方程为l:y2kx2,由圆心M到直线l的距离等

于半径求出斜率k,代入切线方程即可;

2设四边形PAMB面积为S,结合题意知,S2SPAM

2PA,求出切线长PA的最小值即可,

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结合勾股定理知,PAPM2MA2PM24,即求线段PM的最小值,由点M为

4,0,点P(x,y)为直线xy40上一动点知,当线段PM与直线xy40垂直

时,PM取最小值,利用点到直线的距离公式求出PM的最小值即可. 【详解】1由题意知切线的斜率存在,设切线方程为l:y2kx2, 由点到直线的距离公式可得,点M到直线l的距离为

d6k232,解得k0或k,

41k2所以所求的切线方程为y2和3x4y20;

2设四边形PAMB面积为S,因为PA,PB为圆M的切线,

所以MAPA,MBPB,即S2SPAM, 因为MA2,SPAM1MAPA,所以S2PA, 2即当PA取最小值时四边形PAMB面积S取得最小值, 因为PAPM2MA2PM24, 所以当PM取最小值时PA取最小值,

因为点M为4,0,点P(x,y)为直线xy40上一动点, 所以当线段PM与直线xy40垂直时,PM取最小值, 由点到直线的距离公式可得,

PM的最小值为d404112242, 此时PA取最小值为PAPM42422427, 所以四边形PAMB面积的最小值为S2PA22747. 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系及圆的切线方程和切线长最值的求解;考查运算求解能力和转化与化归能力;把求四边形PAMB面积的最小值转化为求切线长的最小值是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

20.过点P(-4,0)的动直线l与抛物线C:x2py(p0)相交于D、E两点，已知当l的斜率

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为

1时，PE4PD. 2（1）求抛物线C方程；

（2）设DE的中垂线在y轴上的截距为b,求b的取值范围. 【答案】1x4y；2b2

2【解析】 【分析】

1根据题意,求出直线方程并与抛物线方程联立,利用韦达定理,结合PE4PD,即可求出

抛物线C的方程；

2设l:ykx4，DE的中点为x0,y0，把直线l方程与抛物线方程联立,利用判别式

求出k的取值范围,利用韦达定理求出x0,进而求出DE的中垂线方程,即可求得在y轴上的截距b的表达式,然后根据k的取值范围求解即可. 【详解】1由题意可知,直线l的方程为y2与抛物线方程C:x2py(p0)方程联立可得,

的1x4, 222y28py80,

设Dx1,y1,Ex2,y2,由韦达定理可得,

y1y28p,y1y24, 2因为PE4PD,PEx24,y2,PDx14,y1, 所以y24y1,解得y11,y24,p2, 所以抛物线C的方程为x4y;

2设l:ykx4,DE的中点为x0,y0,

2x4y由,消去y可得x24kx16k0, ykx4所以判别式16k2k0,解得k4或k0,

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xDxE2k,y0kx042k24k, 212所以DE的中垂线方程为y2k4kx2k,

k由韦达定理可得,x0令x0则by2k24k22k1, 因为k4或k0,所以b2即为所求.

【点睛】本题考查抛物线的标准方程和直线与抛物线的位置关系,考查向量知识的运用;考查2学生分析问题、解决问题的能力和运算求解能力;属于中档题.

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