江西省临川第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试数学(理)试题+扫描版含答案

高二数学试卷（理科） 参考答案与评分标准

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求的． 题号 答案 1 B 2 A 3 C 4 B 5 D 6 A 7 C 8 C 9 D 10 D 11 A 12 B 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．若a,b,c成等比数列，则bac 14．2 15．

252 16． 53三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步

骤．

17．（本小题满分10分）

解：（1）依题意x4,y4.3，……………………………………………………（2分） 从而b0.5，aybx4.30.542.3，…………………………………（6分） 故所求线性回归方程为y0.5x2.3.……………………………………………（8分） （2）令x9，得y0.592.36.8.

预测该地区在2019年农村居民家庭人均纯收入为6.8千元.……………………（10分） 18．（本小题满分12分）

解：p:2m9m1m2m802m4……………………（2分）

22q:044m0m1，…………………………………………………（4分）

（1）由于pq为真命题，故p为真命题或q为真命题，从而有2m4或m1，即m(2,).……………………………………………………………………………（7分）

（2）由于pq为真命题，pq为假命题，所以p,q均为真命题或p,q均为假命

2m4m2或m4题，从而有或，解得1m4或m2

m1m1即：m(1,4),2.………………………………………………………（12分）

19．（本小题满分12分）

MNxMxNp82解：（1）依条件有，故p2，抛物线C:y4x. xMxN32…………（5分）

1yx2（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，联立方程组消去x并化简得： 2y24xy28y160 ………………………………………………………………（8分）

y12y22y1y216，x1x216 ………………………………………（10分）

44OAOBx1x2y1y20，从而OAOB.

所以坐标原点O在以AB为直径的圆上…………………………………………………（12分）

20．（本小题满分12分）

解：（1）由频率分布直方图，可知(0.004a0.0180.02220.028)101， 解得a0.006.……………………………………………………………………………（3分）

设该学校的教职工对后勤处评分的中位数为x0，有：

(0.0040.0060.022)100.028x0700.5，解得：x076.4（分）

故，该学校的教职工对后勤处评分的中位数约为76.4 …………………………………（6分）

（2）由频率分布直方图可知，受访教职工评分在40,50内的人数为（人），受访教职工评分在50,60内的人数为0.00610503（人）. 0.0041050设受访教职工评分在40,50内的两人分别为a1,a2，在50,60内的三人为b1,b2,b3，则从评分在40,60的受访教职工中随机抽取2人，其基本事件有(a1,a2)，(a1,b1)，

(a1,b2)，(a1,b3)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a2,b3)，(b1,b2)，(b1,b3)，(b2,b3)，共10种，

其中2人评分至少有一人在50,60内的基本事件有9种，故2人评分至少有1人在50,60内的概率为

9.……………………………………………………………………………（12分） 1021．（本小题满分12分）

解：（1）

CECD，BDCD，BD与CE共面，CE//BD.

又CE平面ABDCE//平面ABD…………………………………………………（4分）

(2)

BDDA,BDDC

ADC为二面角ABDC的平面角，依条件ADC90，所以AD平

面BCD.

分别以DB,DC,DA为x,y,z轴建立空间直角坐标系.

A(0,0,22),B(22,0,0),C(0,22,0),E(2,22,0)，

AB(22,0,22),AC(0,22,22)，设平面ABC的法向量为n1(x1,y1,z1)，

22x122z10则，取z11，则x11,y11， 22y122z10故平面ABC的一个法向量为n1(1,1,1). ……………………………………………（7分） 又AE(2,22,22)，设平面ACE的法向量为n2(x2,y2,z2)，则

222y220n2AC02zx20，取z21，则y21， 0y22z20n2AE2x2222故平面ACE的一个法向量n2(0,1,1). ………………………………………………（9分）

cosn1,n2n1n2n1n226……………………………………………（11分） 332根据图形知，二面角BACE为钝二面角， 所以二面角BACE的余弦值为

22．（本小题满分12分） 解：（1）依题意有ac6.………………………………………（12分） 321，而a2，故c1，b2a2c2211，从

x22而椭圆C1：y1.……………………………………………………………………（3分）

222（2）设P(x0,y0)，则x02y01，因双曲线C2的顶点恰为椭圆C1的焦点，而

x01因而直线PF1与PF2的斜率都存在，分别设为k1,k2，则

y0y0y02y021 k1k2（5分） 2 …………………………………2x01x01x012y02由于F1(1,0)，设直线PF1的斜率为k1，则PF1:yk1(x1)，代入椭圆方程并化简

2222得(12k1)x4k1x2k120

4k12x1x212k21设A(x1,y1),B(x2,y2)，则 …………………………………（7分）

2xx2k121212k12从而AB1k212(22k12)1. (x1x2)4x1x221212k1212k121同理有CD21， …………………………………………（10分） 212k2从而有ABCD11 222212k112k222k12k221k12k2222132 2222222212k112k212k1k24k1k2从而ABCD为定值32.………………………………………………………（12分）