2019-2020学年广东省广州市越秀区高二上学期期末数学试题(解析版)

题

一、单选题

1．抛物线y2x的焦点坐标是（ ） A．(,0) 【答案】B

【解析】 由抛物线的方程y2x，可知p选B.

12B．(,0)

14C．(0,)

12D．(0,)

1411

，所以抛物线的焦点坐标为(,0)，故24

x2y21的一条渐近线方程是（ ） 2．双曲线169A．3x4y0 【答案】A

【解析】直接由双曲线的渐近线的定义可得渐近线的方程． 【详解】

解：由双曲线的方程可得a216，b29，焦点在x轴上，所以渐近线的方程为：

B．4x3y0

C．9x16y0

D．16x9y0

yb3xx，即3x4y0， a4故选：A． 【点睛】

本题考查双曲线的渐近线方程的求法，属于基础题．

3．命题“若a，b都是偶数，则ab是偶数”的否命题是( ) A．若a，b都是偶数，则ab不是偶数 B．若a，b都是偶数，则ab不是偶数 C．若a，b不全是偶数，则ab不是偶数 D．若ab不是偶数，则a，b不全是偶数 【答案】C

【解析】根据命题的否定和命题之间的关系确定结论即可． 【详解】

解：否命题就是对原命题的条件和结论同时进行否定，

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则命题“若a，b都是偶数，则ab是偶数”的否命题为：若a，b不全是偶数，则ab不是偶数 ． 故选：C． 【点睛】

本题主要考查四种命题之间的关系，属于基础题．

x2y24．设a0，b0，则“ba”是“椭圆221的焦点在y轴上”的（ ）

abA．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】C

【解析】利用椭圆的焦点在y轴上的充要条件即可得出． 【详解】

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

x2y2“椭圆221的焦点在y轴上”， 解：“ba”⇔

abx2y2∴“ba”是“椭圆221的焦点在y轴上”的充要条件．

ab故选：C． 【点睛】

本题考查了椭圆的焦点在y轴上的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是0.5，甲获胜的概率是0.2，则乙不输的概率是（ ） A．0.8 【答案】A

【解析】利用互斥事件概率加法公式直接求解． 【详解】

解：甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是0.5，甲获胜的概率是0.2， ∴乙不输的概率是：p10.20.8． 故选：A． 【点睛】

本题考查概率的求法，考查互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．

6．对一批产品的长度（单位：毫米）进行抽样检测，如图为检测结果的频率分布直方

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B．0.7

C．0.3

D．0.2

图．根据标准，产品长度在区间[20,25)上为一等品，在区间[10,15)和[25,30)为二等品，在区间[10,15)和[30,35)为三等品．用频率估计概率，现从这批产品中随机抽取1件，则其为三等品的概率是（ ）

A．0.03 【答案】D

B．0.05 C．0.15 D．0.25

【解析】由频率分布直方图得在区间[10,15)和[30,35)的频率为

(0.020.03)50.25，由此能求出从这批产品中随机抽取1件，其为三等品的概率．

【详解】

解：在区间[10,15)和[30,35)为三等品， 由频率分布直方图得：

在区间[10,15)和[30,35)的频率为(0.020.03)50.25， ∴从这批产品中随机抽取1件，其为三等品的概率是0.25． 故选：D． 【点睛】

本题考查概率的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．

7．如图，在四面体OABC中，OM2MA，BNNC，则MN（ ）



111A．OAOBOC

222121C．OAOBOC

232【答案】D

221B．OAOBOC

332211D．OAOBOC

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【解析】由已知直接利用向量的加减法运算得答案． 【详解】

解：∵OM2MA，BNNC，

12∴MNONOM(OBOC)OA

23211OAOBOC．

322故选：D．

【点睛】

本题考查空间向量基本定理，属于基础题．

8．长方体ABCDA1B1C1D1中，ADCD1，DD12，则直线DB1与直线BC1所成角的余弦值为（ ） A．

30 10B．10 10C．70 10D．310 10【答案】A

【解析】以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解． 【详解】

解：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,2)，C1(0,1,2)， ∴DB(1,1,2)，BC(1,0,2)，

11由cosDB1,BC1DB1BC1|DB1||BC1|330． 651030． 10得直线DB1与直线BC1所成角的余弦值为故选：A．

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【点睛】

本题考查利用空间向量求解空间角，属于中档题．

9．随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不大于6的概率记为p1，点数之和大于6的概率记为p2，点数之和为奇数的概率记为p3，则（ ） A．p1p2p3 【答案】B

【解析】使用列举法求出三个概率，再比较大小． 【详解】

解：随机掷两枚质地均匀的骰子共有36个基本事件，它们发生的可能性相等． 其中向上的点数和不大于6的基本事件共有15个，

分别是(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，

B．p1p3p2

C．p2p1p3

D．p3p1p2

(3,2)，(3,3)，(4,1)，(4,2)，(5,1)，P1155． 3612点数之和大于6的基本事件共有21个，分别是(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，

(3,6)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)．P2217． 3612由于骰子的点数奇偶数相同，故点数之和为偶数的概率P3p1p3p2．

1． 2故选：B． 【点睛】

本题考查了古典概型的概率计算，属于基础题．

10．为了研究某班学生的脚长x（单位：厘米）和身高y（单位：厘米）的关系，从该

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班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，

ˆaˆbxˆ，已知设其回归直线方程为yxi110iˆ4，该班某学220，yi1610，bi110生的脚长为25，据此估计其身高为（ ）厘米. A．165 【答案】C

B．168

C．173

D．178

$4求得a$，可得线性回归方程，取x25求【解析】由已知求得x，y的值，结合b得y值即可． 【详解】

110110xi22022，yyi1610161， 解：x10i110i1$4， 又$y$bx$a，b$ybx$16142273． ∴a∴y关于x的线性回归方程为$y4x73． 取x25，得y42573173（厘米）． 故选：C． 【点睛】

本题考查线性回归方程的求法，属于基础题．

11．将某选手的9个得分去掉1个最高分，去掉1个最低分，7个剩余分数的平均分为92，现场做的9个分数的茎叶图后来有一个数据模糊，无法辨认，在图中以x表示：则7个剩余分数的标准差为（ ）

A．4 【答案】B

B．2 C．5

D．5 【解析】由平均数求得x的值，再计算7个剩余分数的方差和标准差． 【详解】

解：将某选手的9个得分去掉1个最高分，去掉一个最低分，7个剩余分数的平均分为92；

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最低分是87，当x9时，剩余7个数分别是、90、91、92、94、95、98， 平均值为

1(909192949598)92.792， 71(101245x)92， 7所以x8，

计算剩余7个数的平均值为90解得x3；

所以7个剩余分数的方差为：

1s2[(92)2(9092)2(9192)27(9292)2(9392)2(9492)2(9592)2]4．

所以标准差为s2． 故选：B． 【点睛】

本题考查了利用茎叶图求平均数和方差、标准差的应用问题，也考查了运算求解能力，属于基础题．

22 12．已知圆锥曲线C的方程是5x6xy5y8，则下列命题中是假命题的是（ ）

1010,A．曲线C上的点的横坐标x的取值范围是 22B．曲线C关于直线yx对称

C．曲线C上的点到曲线C的对称中心的最远距离为2 D．曲线C的离心率是【答案】D

【解析】由关于y的二次方程5y6xy5x80有实数解，运用判别式非负，解

221 2得x的范围，可判断A；将x换为y，y换为x，方程不变，可判断B；由旋转变换公

xyx2式可得，代入原方程化简可得椭圆方程，由椭圆的性质可判断C，D．

xyy2【详解】

解：方程5x6xy5y8，可看做关于y的二次方程5y6xy5x80， 根据方程有实数解的条件可得36x45(5x8)0，解得22222210剟x210，2第 7 页 共 19 页

故A正确；

y换为x，将x换为y，可得方程5x26xy5y28不变，则圆锥曲线C关于直线yx对称；

同样将x换为y，y换为x，可得方程5x6xy5y8不变，则圆锥曲线C关于

22直线yx对称， 故B正确；

xyx2由旋转变换公式可得，代入曲线C的方程可得

xyy2xy522xyxyxy658， 2222x2化为y21，即为椭圆方程，且长轴长为4，即曲线C上的点到曲线C的对称中

4心O的最远距离为2，离心率为e故选：D．

413，故C正确，D错误． 24

【点睛】

本题考查圆锥曲线的方程和性质，考查化简变形能力和运算能力、推理能力，以及数形结合思想，属于难题．

二、填空题

213．命题“x0R，x01„0”的否定是_________． 2【答案】对任意x0R，使x010

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【解析】本题中所给的命题是一个特称命题，其否定是一个全称命题，按规则写出其否定即可. 【详解】

2解：∵命题“存在x0R，使x010”是一个特称命题

22∴命题“存在x0R，使x010”的否定是“对任意x0R，使x010” 2故答案为：对任意x0R，使x010

【点睛】

本题考查命题的否定，正确解答本题，关键是掌握住命题的否定的定义及书写规则，对于两特殊命题特称命题与全称命题的否定，注意变换量词．

14．一支田径队有男运动员40人，女运动员30人，按男女比例用分层抽样的方法，从全体运动员中抽取一个容量为21的样本，那么应抽取男运动员的人数是________． 【答案】12

【解析】先求出男运动员的人数占的比例，再用样本容量乘以此比例，即为所求． 【详解】

404，

403074故应抽取的男运动员的人数为2112人，

7解：男运动员的人数占的比例为故答案为：12． 【点睛】

本题主要考查分层抽样，属于基础题．

15．已知点A(1,2,0)和向量a(3,4,12)，若AB2a，则点B的坐标是_________．【答案】(7,10,24)

【解析】设B(x，y，z)，由向量坐标运算法则和向量相等的定义得(x1，y2，z)(6，8，24)，由此能求出B点坐标．

【详解】

解：点A(1,2,0)和向量a(3,4,12)，AB2a， 设B(x,y,z)，则(x1,y2,z)(6,8,24)， 解得x7，y10，z24， ∴点B的坐标(7,10,24)．

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故答案为：(7,10,24)． 【点睛】

本题考查点的坐标的求法，考查向量坐标运算法则和向量相等的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．

B两哨所，16．在相距1000m的A、听到炮弹爆炸声音的时间相距2s，已知声速340m/s．以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，则炮弹爆炸点所在曲线的方程为________．

x2y2【答案】1

115600134400【解析】由题意可得双曲线的中心在原点，焦点在x轴上，且由双曲线的定义可得a，

c的值，再由a，b，c之间的关系进而求出双曲线的方程．

【详解】

解：由题意可得双曲线的焦点在x轴上，中心在原点，且2c1000，2a2340，即c500，a340，

所以b2c2a250023402134400，a2115600，

x2y2所以双曲线的方程为：1；

115600134400x2y2故答案为：1．

115600134400【点睛】

考查由双曲线的定义求标准方程的求法，属于基本知识直接应用题，双基考查题，属于基础题．

三、解答题

17．一个盒子里装有标号为1，2，4，8的4张标签．

（1）从盒中不放回地随机取两张标签，求取出的标签上的数字之和不大于5的概率． （2）从盒中有放回地随机取两张标签，求第一次取出的标签上的数字小于第二次取出的标签上的数字的概率． 【答案】（1）

13（2）

832【解析】（1）从盒中不放回地随机取两张标签，基本事件总数nC46，利用列举法

取出的标签上的数字之和不大于5包含的基本事件有2个，由此能求出取出的标签上的

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数字之和不大于5的概率．

（2）从盒中有放回地随机取两张标签，基本事件n4416，第一次取出的标签上的数字小于第二次取出的标签上的数字包含的基本事件有6个，由此能求出第一次取出的标签上的数字小于第二次取出的标签上的数字的概率． 【详解】

解：（1）一个盒子里装有标号为1，2，4，8的4张标签． 从盒中不放回地随机取两张标签，

2基本事件总数nC46，

取出的标签上的数字之和不大于5包含的基本事件有：（1，2），（1，4），共2个， ∴取出的标签上的数字之和不大于5的概率p（2）从盒中有放回地随机取两张标签， 基本事件n4416，

第一次取出的标签上的数字小于第二次取出的标签上的数字包含的基本事件有： （1，2），（1，4），（1，8），（2，4），（2，8），（4，8），共6个， ∴第一次取出的标签上的数字小于第二次取出的标签上的数字的概率p=【点睛】

本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题． 18．某家庭记录了使用节水龙头100天的日用水量数据，得到频数分布表如下： 日用水量 频数

（1）作出使用了节水龙头100天的日用水量数据的频率分布直方图．

21． 6363=． 168[0,0.1) 2 [0.1,0.2) 10 [0.2,0.3) 26 [0.3,0.4) 20 [0.4,0.5) 32 [0.5,0.6) 10 第 11 页 共 19 页

（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0．4m3的概率．

（3）求该家庭使用节水龙头的日用水量的中位数的估计值（结果精确到0．01）． 【答案】（1）见解析（2）0.58（3）0.36

【解析】（1）由频数分布表能作出使用节水龙头100天的日用水量数据的频率分布直方图．

（2）由频数分布表能估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.4m3的概率． （3）由频率分布直方图得[0，0.3)的频率为(0.212.6)0.10.38，[0.3，0.4)的频率为20.10.2，由此能求出该家庭使用节水龙头的日用水量的中位数的估计值． 【详解】

解：（1）由频数分布表作出使用了节水龙头100天的日用水量数据的频率分布直方图如下：

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（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0．4m3的概率为：

P21026200.58．

100（3）由频率分布直方图得：

[0,0.3)的频率为(0.212.6)0.10.38，

[0.3,0.4)的频率为20.10.2，

∴该家庭使用节水龙头的日用水量的中位数的估计值（结果精确到0．01）为：

0.30.50.380.10.36．

0.2【点睛】

本题考查频率分布直方图的作法，考查概率、中位数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

19．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ACBC，

ACBCAA12，D为的中点．

（1）求证：C1DAD；

（2）求二面角A1C1DA的正切值． 【答案】（1）见解析（2）2

【解析】（1）推导出C1DAA1，C1DA1B1，从而C1D平面ABB1A1，由此能证明C1DAD．

（2）以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A1C1DA的正切值． 【详解】

（1）证明：∵在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，

ACBC，ACBCAA12，D为的中点．

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∴C1DAA1，C1DA1B1，

∵AA1IA1B1A1，∴C1D平面ABB1A1， ∵AD平面ABB1A1，∴C1DAD．

（2）解：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系， 则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，B1(0,2,2)，D(1,1,2)

AC1(2,0,2)，AD(1,1,2)，

r设平面ADC1的法向量n(x,y,z)，

rruuuunAC12x2z0r则ruuu，取x1，得n(1,1,1)， nADxy2z0平面AC11D的法向量m(0,0,1)， 设二面角A1C1DA的平面角为， 则cos|mn||m||n|11，sin1332， 3∴二面角A1C1DA的正切值为tansin2． cos

【点睛】

本题考查线线垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

220．已知直线x4与抛物线C:y2px（p0）相交于A，B两点，且VOAB是

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等腰直角三角形． （1）求抛物线C的方程；

（2）若直线l过定点(2,1)，斜率为k，当k为何值时，直线l与抛物线C只有一个公共点？

2【答案】（1）y4x（2）k0或k1或k1 2【解析】（1）将x4代入抛物线的方程，求得A，B的坐标，由等腰直角三角形的性质可得OAOB，再由两直线垂直的条件，解方程可得p，进而得到抛物线的方程； （2）由题意可得直线l与抛物线的对称轴平行，可得k0，又直线和抛物线相切，联立直线方程和抛物线方程，运用判别式为0，可得所求值． 【详解】

2解：（1）直线x4与抛物线C:y2px（p0）相交于A，B两点，

可设A(4,22p)，B(4,22p)，

又VOAB是等腰直角三角形，可得OAOB， 则22p22p1，解得p2， 442即有抛物线的方程为y4x；

（2）直线l过定点(2,1)，斜率为k，可设直线l的方程为y1k(x2)， 当直线l平行于抛物线的对称轴x轴，可得直线与抛物线只有一个公共点，即k0； 当直线l与抛物线相切时，可得直线与抛物线只有一个公共点，

ykx12k222由2可得kx[2k(12k)4]x(12k)0，k0， y4x2由[2k(12k)4]4k(12k)161k2k222 ，0，解得k1或k12综上可得k0或k1或k【点睛】

1，直线l与抛物线C只有一个公共点． 2本题考查抛物线的方程和性质，考查直线和抛物线的位置关系，主要是直线和抛物线有交点，考查方程思想和运算能力，属于中档题．

21．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，△PAD是等边三角形，平面

PAD平面ABCD，E为PC的中点．

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（1）求证：DE平面PAB；

（2）若AB6，AD3，试问在线段DE上是否存在点Q，使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为

33？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由． 2293． 8【答案】（1）见解析（2）存在，DQ的长为【解析】（1）由已知证明AB平面PAD，则ABDE，再由DEPA，结合线面垂直的判定可得DE平面PAB；

（2）取AD中点O，则OPAD，则OP底面ABCD，以O为坐标原点，分别以OA，

OP为x，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明在线段DE上存在点Q，使得

直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为【详解】

（1）证明：∵平面PAD平面ABCD，且平面PADI平面ABCDAD， 而ABAD，∴AB平面PAD，则ABDE， 在等边三角形PAD中，∵E为PA的中点，∴DEPA， 又PAIABA，PA平面PAB，ABÌ平面PAB ∴DE平面PAB；

（2）解：取AD中点O，则OPAD，则OP底面ABCD， 以O为坐标原点，分别以OA，OP为x，z轴建立空间直角坐标系．

3393，并求得DQ的长为． 228333333330,0,,0,则B,6,0，D,0,0，C,6,0，P，E． 222244假设线段DE上是否存在点Q，使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为

33， 229331）设DQDE（0剟，则DQ4,0,4，

第 16 页 共 19 页

933QBDBDQ3,6,． 44333,0,设平面PDC的一个法向量为n(x,y,z)，DP，2DC(0,6,0)． 2r33ruuunDPx3z022由，取z1，得n(3,0,1)． rruuunDC6y0|QBn||QB||n|332由|cosQB,n|3322792336241633， 22解得：

3

或4（舍）． 4

279393,0,∴DQ，则． |DQ|16168∴在线段DE上存在点Q，使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为

33，DQ的22长为93． 8

【点睛】

本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，属于中档题．

x2y26FF22．已知椭圆C:221（ab0）的离心率为，1、2是椭圆C的左、

ab3右焦点，P是椭圆C上的一个动点，且△PF1F2面积的最大值为102． （1）求椭圆C的方程；

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x2（2）若Q是椭圆C上的一个动点，点M，N在椭圆y21上，O为原点，点Q，

3M，N满足OQOM3ON，则直线OM与直线ON的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．

1x2y21（2）是定值，且定值为． 【答案】（1）30103【解析】（1）根据题意列出关于a，b，c的方程组，解出a，b，c的值，即可求出椭圆方程；

22（2）设Q(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以x023y0230，x13y13，

x0x13x2x223y223，由OQOM3ON得，代入x023y02得

y0y13y2kONx023y023276(x1x22y1y2)，所以x1x22y1y20，即kOMg直线OM与直线ON的斜率之积为定值，且定值为【详解】

1，从而得到21． 2c62a30a32解：（1）由题意可知：bc102，解得b10，

c220a2b2c2x2y2∴椭圆C的方程为：1；

3010（2）设Qx0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，

22223y23， ∴x03y030，x123y123，x2∵OQOM3ON，

x0x13x2∴x0,y0x1,y13x2,y2，∴，

yy3y120222222∴x03y0x13x23y13y2x16x1x29x23y118y1y227y2223276x1x23y1y230，

∴x1x23y1y20，

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∴

y1y21，即kOMkON1， x1x233∴直线OM与直线ON的斜率之积为定值，且定值为． 【点睛】

本题主要考查了椭圆方程，以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题．

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