2017-2018学年度灵山中学高二秋期末模拟理科答案简洁版

2017-2018学年度灵山中学高二秋期末模拟答案

一、单选题 1．【答案】C

【解析】试题分析：充分性的判断:时,,必要性的判断:,则

中,为锐角,所以.综上是的充要条件.

2．【答案】D

【解析】试题分析：由于8002040，即分段的间隔k40,故选D. 3．【答案】D

【解析】试题分析：一组数据的平均数，可以大于也可小于或等于这组数据中的数据故A错 出现次数最多的数即众数，可以有多个，故B错 由于一组数据的中位数一般是将原数据按大小排列后，进行计算得来的，所以中位数不一定是原数据里的数，故选D． 考点：平均数、中位数和众数的概念． 4． 【答案】D

【解析】把“若ab，则acbc”看成原命题， 它的逆否命题是题设和结论否定并且要交换位置，

它的逆否命题是若acbc，则ab

5． 【答案】A

【解析】由特称命题的否定是全称命题，所以p是“x6．【答案】C

【解析】试题分析：由题意得，中型超市所占的比例为型超市应抽取100考点：分层抽样. 7．【答案】B

【解析】试题分析：因为b8，所以虚轴长2b42，故选B. 8．【答案】B

【解析】件产品中有件次品，记为，，有件合格品，记为，，，从这件产品中任取件，有种，分别是

，

，，

，，

，，

，，

，，

，

，

，“恰

22,sinx1”，故选A。

4001，所以中

20040014005120，故选C. 5，恰有一件次品，有种，分别是，设事件

有一件次品”，则9． 【答案】B

，故选B．

【解析】由题意得x4 时判断框中的条件应为不满足，所以选B. 10． 【答案】C

试卷第1页，总6页

【解析】试题分析：由题意，得F33，故直线AB的方,0．又因为ktan30034程为y3322，与抛物线联立，得16x168x90，设y=3xx34168312，选C． 162，由抛物线定义得， ABx1x2pAxy,B2x,21,y111． 【答案】C

【解析】试题分析：如图所示，对直线进行平移，当直线与椭圆相切时，此时距离最大的切点就是点P．设平移后的直线为3x2ym0，联立椭圆方程3x2ym0，227x4y28解得m8，根据图象知在m8是取得最大值．由平行直线间的距离公式得

d|168|32222413，故选C． 13【一题多解】因为点P在椭圆上，根据椭圆的参数方程可以设点P的坐标为

(2cos,7sin)(02)，则点P到直线3x2y160的

距离d|6cos27sin16|322213|8sin()16|，其中13tan372413，(02)，由三角函数性质得dmax． 71312【答案】C

【解析】试题分析：由已知BF2BF12a，AF1AF22a，又ABF2为等边三角形，所以AF1AF2BF1

2a，所以BF24.在AF1F2中，AF16a，AF24a，

F1F22c，F1AF260，由余弦定理得

4c236a216a226a4acos60，所以c27a2，

x2y2bca6a，所以双曲线方程为221，又A1,3a6a2222在双曲线上，所以

213121aa，解得，即.所以a26a2221SBF1F22a4asin12023a23，故选C.

2113．【答案】

5试卷第2页，总6页

y2【解析】椭圆的方程可化为x＋＝1，由题意知椭圆的焦点在y轴上，且c＝2，所

1k2

以有

1122

＝1＋2＝5，则k＝． k514．【答案】1 014(8)

【解析】5248654 65881 881 0∴化成8进制是10148 故答案为10148 15．【答案】

2 92. 9【解析】试题分析：由已知可知P点的坐标共有36种可能，落在圆内的有（1，1）、（1，2）、（1，3）、（2，1）、（2，2）、（2，3）、（3，1）、（3，2）共8种，所以概率为16．【答案】6

【解析】QAM为F1AF2的平分线，∴又

点

1|AF2||MF2|41 ∴|AF1|2|AF2| |AF1||MF1|82曲

线

的

第

一

定

义

得

AC，由

2双

|AF||2AF|2A|F2|. A|F|A|F|a26三、解答题 17【答案】（1）试题解析：（1）由由（2）

时

得，最小，此时

，

. ，

；（2）

.

，

.

消去参数，得直线的普通方程为，

，即圆的直角坐标方程为

，

18．【答案】(1)0.005,(2)2,3,(3)0.3 解：（1）据直方图知组距=10，由

2a3a6a7a2a101，解得a10.005 200（2）成绩落在50,60中的学生人数为20.00510202 成绩落在60,70中的学生人数为30.00510203

（3）记成绩落在50，成绩落在60,70中的3人为B1、B2、B3，60中的2人为A1,A2，则从成绩在

的学生中人选2人的基本事件共有10个：

试卷第3页，总6页

A1,A2,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A2,B1,A2,B2,A2,B3,B1,B2,B1,B3,B2,B3其中2人的成绩都在中的基本事伯有3个： B1,B2,B1,B3,B2,B3 故所求概率为P3 1019．【答案】(1)证明过程详见解析；（2）

3. 3试题解析： (1)证明：取PC的中点M，连结MF、ME.

1DC， 2又DC//AE，∴MF//AE.

又E是AB的中点，且ABDC，

∴MFAE，∴四边形AEMF是平行四边形． ∴AF//EM.

又EM平面PEC，AF平面PEC. ∴AF//平面PEC.(6分)

∴MF//DC，且MF(2)解：以A为原点，如图建立直角坐标系，则A(0,0,0)，

11B(2,0,0)，C(2,1,0)，D(0,1,0)，E(1,0,0)，F(0,,)，

22P(0,0,1)．

设平面PEC的法向量为m(x,y,z)，PE(1,0,1)，

EC(1,1,0)．

xz0mPE0则可得，令z1，则m(1,1,1)． xy0mEC0易得平面ABCD的法向量可为PA(0,0,1)，

mPA13； cosm,PA3|m||PA|3如图，易知二面角PECD的余弦值等于cosm,PA，即为

20． 【答案】（Ⅰ）

，（Ⅱ）

千亿元.

3. （12分） 3试题解析： （1）列表计算如下

试卷第4页，总6页

i 1 2 3 4 5

1 2 3 4 5 15 5 6 7 8 10 36 1 4 9 16 25 55 5 12 21 32 50 120 这里

又

从而（2）将

.故所求回归方程为.

代入回归方程可预测该地区2015年的人民币储蓄存款为

2221．【答案】（1）详见解析，（2）11.

试题解析：（1）作SO⊥BC，垂足为O，连结AO， 由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥平面ABCD ..2 因为SASB，所以AOBO 又∠ABC45，

△AOB为等腰直角三角 AO⊥OB 4

如图，以O为坐标原点，OA为x轴正向，建立直角坐标系Oxyz.

0，1)， D(2,22,0) 6 A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，2，0)，S(0，SA(2，0，1)，CB(0，22，0)，SACB0，所以SA⊥BC 8

（2）设n(x,y,z)为平面SAB的法向量

试卷第5页，总6页

nAB0nAS0则

xy2x2y0z2x2xz0 得  所以 

令x=1 n(1,1,2) 10

cosn,SDnSDnSD221122 直线SD与平面SAB所成的角正弦值为11

22．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或.．

试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，所以，.

又

（2）解：设

解得，所以椭圆的方程为由题意可设直线的方程为：

. ，

联立消去得，

当，所以，即或时

.

所以

点到直线的距离所以，

设，则，，

当且仅当，即，解得时取等号，满足

所以的面积最大时直线的方程为：或.

试卷第6页，总6页