【文档说明】河南省驻马店市2019-2020学年高二下学期期末考试数学（文）答案.pdf，共(5)页，370.191 KB，由小赞的店铺上传

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1高二文科参考答案一．选择题：CBADBC61BADBDA127二．填空题：13：114：e215:606416:233三．解答题：17.【解析】（1）甲班样本数学成绩前十的平均分为17274747979808185899680.910x

甲；………………………2分乙班样本数学成绩前十的平均分为17880818586939697999989.410x乙.………………………4分因为甲班样本数学成绩前十的平均分远低于乙班样本数学成绩前十的平均分，大致可以判

断“新课堂”教学方式的教学效果更佳.……………………………………5分（2）甲班乙班总计成绩优良101626成绩不优良10414总计202040……………………………………………………………………………8分根据22列联表中的数据，得2K的观测值为841.3956.391360202014261

0164104022K，………………………………11分∴有95%的把握认为“成绩优良与教学方式有关”………………………………12分（若有其他解法，参照评分标准按步给分）18.【解析】（1）设{}na

是公比为q的等比数列，因为214a，且1231,,16aaa成等差数列，故可得141aq，……………………………………………………………………1分又因为13212()16aaa，所以2111

12()16aaqaq，…………………………2分解得112aq或者2,811qa，…………………………………………………4分2又因为{an}是单调递减的等比数列，所以112aq，………………………………5分则111()2

nnnaaq；…………………………………………………………………6分(2)2212212(log)(log)nnnbaa212122211()()22nnloglog………………………

………7分2(21)(21)nn112121nn………………………………………………9分∴1111335nT112121nn1121n221nn．……………………11分故10110050T………………………………………………………………………1

2分（若有其他解法，参照评分标准按步给分）19.【解析】（1）由题设及正弦定理得sinsinsinsin2ACABA………………1分因为sinA0，所以sinsin2ACB．……………………………………………2分由180ABC，可得sinc

os22ACB，故cos2sincos222BBB．…………4分因为cos02B，故1sin22B，因此B=60°．………………………………………5分（2）由题设及（1）知△ABC的面积32ABCSa

△．………………………………6分由正弦定理得2sin120sin31sinsintanCcAaCCC．…………………………8分由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°，由（1）知A+C=120°所以30°<C<90°，……………………………………

……………………9分故33tanC，所以14a，从而3232ABCS△．………………………11分因此，△ABC面积的取值范围是3,232．……………………………………12分（若有其他解法，参照评分标准按步给分）320【解析】（1）设

M（x，y），又A（﹣3，3），B（3，3），则kAM﹣kBM＝33xy﹣33xy＝96182xy＝﹣2，……………………………………2分可得x2＝3y，……………………………………………………………………3分因为x≠±3，所以M的轨迹C的方程为x2

＝3y（x≠±3）；……………………4分（2）证明：设P（m，32m），Q（n，32n），m，n≠﹣3，………………………5分又A（﹣3，3），可得kAP•kAQ＝333.33322nnmm=33.33nm，…………………7分又因

为kAP•kAQ＝﹣3即有mn﹣3（m+n）＝﹣36，即mn＝3（m+n）﹣36…………9分由直线l的斜率为kPQ＝nmnm3322＝3nm………………………………………10分可得直线l的方程为)(332mxnmmy，化为33mnxnmy

，……………11分又因为mn＝3（m+n）﹣36，可得y﹣12＝3nm（x﹣3），可得直线l恒过定点（3，12）．…………………………………………………………………………………12分（若有其他解法，参照评分标准按步给分）21.【解析】（1）2221ln1,axx

fxxaxxfxx……………………………………………………1分令)0(12)(2xxaxxg则18a0a041ax对称轴①当18a时，0,()0,0,gxfxfx故在0,单调递减…………2分②当108a时，0

，方程2210axx有两个不相等的正根12,xx，……………………………………………………………………………3分不妨设12xx，则当120,xxx时，0fx，当12,xxx时，0

fx，………………………………………………………………………4分这时fx不是单调函数．综上，a的取值范围是18a．…………………………5分（2）由（1）知，当10,8a时，fx有极小值点1x和极大值2x，

……………6分4且121211,22xxxxaa，…………………………………………………………7分2212111222lnln2fxfxxaxxxaxx，12121211lnln11+222xxxxxx

121211ln3ln2324xxxxaa．…………………………………9分令11ln23,0,48gaaaa，则当10,8a时，221141044agxaaa

，ga在10,8单调递减，所以152ln28gag………………………11分故1252ln2fxfx.……………………………………………………12分（若有其他解法，参照评分标准按步给分）22.解（Ⅰ）由22sin314得4sin32

22,又222yx,ysin………………………………………………………………………………..1分………………………………………………..3分设是曲线上任意一点，点P的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍，再向上平移2个单位长度得到点为，则,又…………

………………………………………………………………………………..5分(Ⅱ)点的直角坐标为，将代入得,………………………………………………………………6分因为相交于不同两点,……………………………………

…………………………………………….7分5设方程的两个实数根为,则由参数的几何意义知…………….9分,又，,所以直线1C的斜率336tank,又直线1C过点P)0,32(所以直线1C的普通方程为0323yx……………………………………….10分

23【解析】（1）当5m时，,1,3411,21,63)(xxxxxxxf………………………………2分由1)(xf分段求解得不等式解集为)1,35(；………………………………………5分（2）由函数1)1(222

2xxxy知，该函数在1x处取得最小值1，……6分因为31,1()3,1131,1xmxfxxmxxmx上递减，上递减，在上递增，在在11,11,)

(xf，故)(xf在1x处取得最大值2m，……………………………………………………………………………8分所以要使二次函数222xxy与函数)(xfy的图象恒有公共点，只需12m，即3.m

.………………………………………………………………………………………10分（若有其他解法，参照评分标准按步给分）