惠州市2015届高二上学期期末考试(理数含解析)

数学（理科含解析）

说明：

1.全卷满分150分，时间120 分钟；

2.答卷前，考生务必将自己的姓名、县区、学校、班级、试室、座位号，填写在答题卷上； 3.考试结束后，考生将答题卷交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分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．请在答题卡上填涂相应选项.

1．从集合{1，2，3，4，5}中随机抽取一个数为a，则a3的概率是（ ） A．

4321 B． C． D． 55552.已知命题p：若xy，则xy，那么下列命题p的否命题是（ ）

A．若xy，则xy

y B．若xy，则xD．若xy

C．若xy，则xy，则xy

3.若a2x,1,3，b1,3,9，如果a与b为共线向量，则（ ）

A.x1 B. x1 2 C. x1 6 D. x1 6乙0 7 9184 4 6 4 7m 9 3（第4题图）

4.在如图所示的茎叶图中，乙组数据的中位数是（ ）

A．84 B．85 C．86 D．87 5.若p:xR,sinx1,则( )

A．p:xR,sinx1 B．p:xR,sinx1

C．p:xR,sinx1 D． p:xR,sinx1 6.十进制数15化为二进制数为（ ）

A． 1011 B．1001 （2） C．1111（2） D．1111 7.空间四边形OABC中， AOB＝AOC2，则OABC的值是（ ）

A．

112 B． C．－ D．0 222y2x21的顶点为焦点，长半轴长为4的椭圆方程为（ ） 8. 以双曲线

124 1

x2y21 A．

6452x2y2x2y21 C．1 B．

1612164x2y21 D．

4169. 如图，在一个不规则多边形内随机撒入200粒芝麻（芝麻落到任何位置的可能性相等），恰有40粒落入半径为1的圆内，则该多边形的面积约为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7

x2y210. 已知双曲线22（的右焦点为F，若过点F且倾斜角1a0，b0）ab（第9题图）

为60°的直线与 双曲线的右支有两个交点，则此双曲线离心率的取值范围是（ ） A．（1,2） B．（1,2] C．[2,+∞） D．（2,+）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，请将答案填在答题卡相应位置. 11. 交警部门随机测量了高架桥南下口某一时间段经过的2000辆汽车的时速，时速的频率分布直方图如下图所示，则时速超过70 km/h的汽车数量为 辆.

（第11题图）

12.若两个平面,的法向量分别是u(1,0,1),v(1,1,0)， 则这两个平面所成的锐二面角的度数是 。

13.执行如图所示的程序框图，输出的结果是_______.

14.设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2， 若曲线C上存在点P满足PF1:F1F2:PF2=6:5:4， 则曲线C的离心率等于 ．

2

三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 15.（本题满分14分）

某网站体育版块足球栏目组发起了“射手的上一场进球与本场进球有无关系”的调查活动，在所有参与调查的人中，持“有关系”“无关系”“不知道”态度的人数如表所示：

人数 有关系 500 无关系 600 不知道 900 （1）在所有参与调查的人中，用分层抽样的方法抽取样本，已知从持“有关系”态度的人中抽取了5人，求总样本容量。

（2）持“有关系”态度的人中，40岁以下和40岁以上（含40岁）的比例为2：3，从抽取的5个样本中，再任选2人作访问，求至少1人在40岁以下的概率；

16.（本小题满分12分）

设直线y2x4与抛物线y4x交于A,B两点. （1）求抛物线的焦点坐标和准线方程；

（2）求A,B两点的坐标，并求出线段AB的长。

17. （本小题满分14分）

2ABC中，如图，直棱柱ABC—A1B1C1的底面CACB1，ACB90，棱AA12，如图，以C为原点，

分别以CA，CB，CC1为x,y,z轴建立空间直角坐标系

（1）求平面A1B1C的法向量

（2）求直线AC与平面A1B1C夹角的正弦值

（第17题图）

3

18.（本题满分12分）

已知p｜:x－｜46， q:x2－2x＋－1m20(m＞0)，若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．

19.（本题满分14分）

如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CMBNa(0a2).

（1）当a为何值时，线段MN的长最小；

（2）当线段MN的长最小时，求面MNB与面BCE所成的二面角的余弦值。

20. （本题满分14分）

2如图，已知点A2,0，点P是B:x2y36上任意一点，线段AP的垂直

2（第19题图）

平分线交BP于点Q，点Q的轨迹记为曲线C. （1）求曲线C的方程； （2）已知O:xyr222r0的切线l总与曲线C有两

个交点M、N，当MON900，求r2的取值范围。

（第20题图）

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参考答案

一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50分.

1 C 2 B 3 C 4 A 5 A 6 C 7 D 8 D 9 B 10 A 1.【解析】{1，2，3，4，5}中大于3的数有4，5两个，故P2.【解析】条件和结论同时否定，故选B 3.【解析】

2，故选C 52x131,x，故选C 13964.【解析】共有7个数，从小到大排在第4的数是84，故选A

5.【解析】全称命题的否定是特称命题，故选A 6.【解析】

157371，31，11，151111（2），故选C 2227.【解析】AOB＝AOC2，OA面OBC，OABC,OABC0，故选D

8.【解析】椭圆中c23，a4，b2a2c24,b2，焦点在y轴上，故方程为

y2x21，故选D 1644012,S5，故选B 9.【解析】200S10.【解析】由题意可知，双曲线渐近线的倾斜角范围是0,，渐近线斜率k0,3，3c2a2c2bc2a223e4，所以1e2，选A 而k，由此得不等式，故22aaaa二、填空题：本大题共5小题，考生作答4小题，每小题5分，满分20分. 11. 200 12. 60 13．13 14.11.【解析】200，0.01102000200

o15

或 2 2

(1,0,1)(1,1,0)112.【解析】coscosu,v，60o

22213.【解析】x=1,y=1,z=2；x=2,y=3,z=5；x=3,y=5,z=8；x=5,y=8,z=13 14.【解析】设PF16k,PF24k,F1F25k 若为椭圆

PF1PF22a10k,a5k，F1F22c5k,c5

5k1，e 22若为双曲线

PF1PF22a2k,ak，F1F22c5k,c5k5，e 22三．解答题:本大题共6小题，满分80分. 解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.

5n， n20 …………………………4分 5005006009002m，解得m=2. （2）设所选取的人中，有m人在40岁以下，则

235就是40岁以下抽取了2人，另一部分抽取了3人，分别记作A1,A2;B1,B2,B3,……6分

15. 解：（1）由题意，得

则从中任取2人的所有基本事件为

(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A1,A2),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3)

共10个……………………………………………………………………………8分 其中至少有1人在40岁以下的基本事件为

(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A1,A2)共7个

所以所求事件的概率p7…………………………………………12分 1016. 解：（1）由题意可知抛物线的焦点在x轴上，开口向右

2p4 p2 …2分

故焦点坐标为(1,0)，准线为x1………4分

y24x2（2）由消去y得 x5x40 ……6分

y2x4解出x11，x24，……8分 于是，y12，y24 ……10分

所以A,B两点的坐标分别为A(4,4)，B(1,2) ……12分 线段AB的长：|AB|(41)2(42)235 ……14分

17.解：（1）由题意可知C0,0,0,A,0,2),B1(0,1,2) 1(1故CA,0,2),CB1(0,1,2)…………………………3分 1(1（第17题图）

设vx0,y0,z0为平面A1B1C的法向量，则

vCA1x0,y0,z0(1,0,2)x02z00，…………………………5分 vCB1x0,y0,z0(0,1,2)y02z00…………………………7分

6

x02z0令z01，则v2,2,1…………………………9分 y02z0（2）设直线AC与平面A,0,0)…………………………10分 1B1C夹角为，CA(1CAv1,0,02,2,12sin…………………………14分 2223CAv122118. 解：p｜:x－｜46①

不等式①的解集为2,10……………………………2分

q:[x－(1－m)][x－(1＋m)]0,(m0)

∴不等式②的解集为1－m,1＋m……………………………4分 ∵p是q的充分不必要条件

∴2,101－m,1＋m……………………………6分

1m2m3解得,……………………………8分

1m10m9当1m2时，m3，2,101－m,1＋m2,4m3；

当1m10时，m9，2,101－m,1＋m8,10m9；……………10分 ∴m9,∴实数m的取值范围是[9，＋∞)．……12分 19.建立空间直角坐标系如图B(0,0,0)设Mx1,y1,z1Z A(1,0,0)C(0,0,1)F(1,1,0)

Nx2,y2,z2……1分

y

C,M,A三点共线，且CMa，CA2 x a2CMCA 即x1,y1,z11a(1,0,1)

22x12222a,y10,z11a，M(a,0,1a)……4分 2222 7

B,N,F三点共线，且BNa，BF2

a2BNBF 即x2,y2,z2a(1,1,0)，

22x22222a,y2a,z20，N(a,a,0)……7分 222222222212 MN0(a)(1a)=a2a1a222222，MNmin……9分

22当a（2）当MN最小时，M,N为AC,BF的中点，M1111,0,,N,,0 2222x轴面BCE，取u1,0,0为面BCE的法向量。……10分 设vx0,y0,z0为面BMN的法向量 11xzvBMx0,y0,z0,0,000，

2222y11xvBNx0,y0,z0,,0000

2222x0z0，令z01，v1,1,1，……12分 yz00vu313，由图可知为锐角，故cos……14分 coscosv,u33uv1320.（1）由题意，|QA||QB||QP||QB|6AB4，

8

根据椭圆的定义，Q点轨迹是以A、B为焦点的椭圆，且a3,c2,………………2分

b2a2c2945

x2y21.………………4分 ∴曲线C的轨迹方程是95（2）先考虑切线的斜率存在的情形. 设切线l：ykxm，则 由l与⊙O相切得

|m|1k2r 即m2r2(1k2) ①……………6分

ykxm由x2y2，消去y得，(59k2)x218kmx9(m25)0,

159设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则由韦达定理得

9(m25)18kmx1x2，x1x2……………8分 2259k59kOMONx1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)

(1k2)x1x2km(x1x2)m2

9(1k2)(m25)18k2m22m 2259k59k第20题

14m245(1k2)②……………………10分

59k214m245(1k2)0 由于满足MON90，对此OMON259k02结合①式mr(1k)可得r22245…………………………………………12分 14最后考虑特殊情况：

0当满足MON90的那条切线斜率不存在时，切线方程为

5r20xr.代入椭圆方程可得交点的纵坐标y5，因MON90，故

9455r22，得到r…………………………………………14分 r5149 9