【文档说明】云南省保山市2019-2020学年高二下学期期末教学质量监测文科数学试题答案.doc，共(6)页，574.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年保山市中小学教育教学质量监测高二年级文科数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案CDDABACCADBB【解析】1．集合2{|20}{|(2)(1)0}{|12}Nxxxxxxxx=−−

=−+=−≤≤≤≤，所以{2}MN=，故选C．2．3133Sad=+，15124aaad+=+，∴113324adad+=+，∴12ad==，81716aad=+=，故选D．3．设抽取的男同学为x人，

则126035x=，7x=，故选D．4．πππ222−−≤≤，所以5π6=，π3tan(π)tan63−==，故选A．5．2e12()1cos()cos1cos()1ee1e1xxxxfxxxxfx−−−=−−=

=−=+++，所以()fx为偶函数，排除A，D；又∵π02f=，当π6x=时，π6π2π1cos0661ef=−+，故选B．6．如图1，20221PBk−==−，202213PA

k−==−−−，∴23k−−，[2)+，，故选A．7．由程序框图可知22232515xxyxxxx=−，≤，，≤，，，当2x≤时，22yx==，解得2x=；当25x≤时，232

yx=−=，解得52x=；当5x时，12yx==，解得图11()2x=舍去，综上可知，x的值有3个，故选C．8．如图2，三视图还原成立体图是四棱锥PABCD−，把四棱锥还原成正方体可知外接球球心是正方体的中心，即PD

的中点，∴32PDr==，外接球表面积24π12πSr==，故选C．9．设AB的中点为D，则21||||cos||||||82ABAOABAOOADABADAB====，故选A．10．因为1MF与x轴垂直，所

以21||bMFa=．又2130MFF=∠，所以12||1||2MFMF=，即2||MF=12||MF，由双曲线的定义得221132||||3||baMFMFMFa=+==，所以2223ab=，则22a=223()ac−，即223ac=，得离心

率33cea==，故选D．11．如图3，令2()(1)21fxxaxab=+++++，因为关于x的方程2(1)210xaxab+++++=的两个实根分别1x，2x，且101x，21x，所以(0)0f，(1)0f，所以210ab++，2230ab++，设1bka−=，k是满

足2102230abab++++，的点()ab，与点(01)Q，连线的斜率，解得122P−，，且14PQk=，所以114k−，故选B．12．由题意知()2e0xfxxa=−=有两个相异实根，即函数exya

=与2yx=图象有两个交点.当0a≤时，图象只有一个交点，不成立；当0a时，令()exgxa=，当()ygx=与2yx=相切时，设切点横坐标为0x，则00000()e2()e2xxgxagxax====，，得01x=，此时2ea=，所以当20ea

时，图象有两个交点，故选B．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）图2图3题号13141516答案0π02x，，00cos2cos20xx+−2343【解析】14．由835aaa=，得63222aqaqaq=，则2q=，因为数列{}na

各项均为正数，故2q=．15．当ππ4x≤≤时，sincosxx≥，所以概率为ππ34π04P−==−．16．令4axx=，解得2xa=，当22a≥时，即1a≥，函数在[12]，上单调递减，min228ya=+=，则3a=，符合题意；当122a时，即114a，函数在[12)a，上

单减，在[22]a，上单增，min4282ayaa=+=，解得4a=(舍)；当21a≤时，即14a≤，函数在[12]，上单调递增，min148ya=+=，解得74a=(舍)，综上得3a=．三、解答题（共7

0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：（Ⅰ）(2)coscos0mnacBbC=++=，…….(1分)由正弦定理可得(2sinsin)cossincos0ACBBC++=，…….(2分)

2sincossin()0ABCB++=即，………(3分)∵πABC++=，∴sin()sinCBA+=，∴2sincossinABA=−，∵0πA，∴sin0A，∴2cos1B=−，1cos2B=−……(4分)2π3B=．…………………………………………（5分）（Ⅱ）由余弦定理得222

2cosbacacB=+−，即224acac=++，∴224acac+=−……..(7分)又∵222acac+≥，∴42acac−≥，∴43ac≤，当且仅当233ac==时取“=”，……..(9分)∴11433sin22323ABCSacB=

=△≤，当且仅当233ac==时，ABCS△有最大值为33．…………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意知50320300801000a++++=，∴250a=，…………

……………………………………………………（3分）年龄平均数5010302505032070300908052.21000++++==．…………………………………………（6分）（Ⅱ）1000人中年龄不小于60岁的人有380人，

所以年龄不小于60岁的频率为38038%1000=，………………………………（10分）用频率估计概率，所以感染人群中年龄不小于60岁的概率为38%．…………………………………………（12分）19．（本

小题满分12分）（Ⅰ）证明：∵SA⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴SAAD⊥，……………..(2分)又∵底面ABCD为直角梯形，90ABC=，∴ADAB⊥，…………(4分)∵ABSAA=，∴AD⊥底面SAB，………(5分)而SB平面SA

B，∴ADSB⊥．………………………………………（6分）（Ⅱ）解：∵ADBC∥，BC平面SBC，∴AD∥平面SBC，………….(8分)∴11113323DSBCASBCSABCABCVVVSSAABBCSA−−−=====△．……………………………………………………（12分）20．（

本小题满分12分）解：（Ⅰ）当1n=时，2111111122aSaa==+−，解得1121()aa==−或舍；…………(1分)当2n≥时，211122nnnSaa=+−，211111122nnnSaa−−−=+−，……..(2分)两式相减得221111111222

2nnnnnnnaSSaaaa−−−=−=−+−，………..(3分)即11111()()()22nnnnnnaaaaaa−−−+−=+，∵10nnaa−+，∴11nnaa−−=，……………..(4分)∴{}na是首项为2，公差为1的等差数列，211nann=+−=+．……………………………………

……（5分）（Ⅱ）12323412222nnnT+=++++…，23411234122222nnnT++=++++…，………………(7分)两式相减得21231111112111112211222222212nnnnnnnT−+

+−++=++++−=+−−…………(10分)113113322222nnnnn++++=−−=−，∴332nnnT+=−．…………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）把(44)A，带入抛物线方程22ypx=，得2p=．……………………

……………………………………（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知抛物线方程为24yx=，且焦点(10)F，，∴直线AF的方程为143yx−=，即4340xy−−=，…………………(6分)与24yx=联立，消去x得2340yy−−=，解得4y=或1−，……………………………

(8分)∴B点的纵坐标为1−，代入24yx=，得14x=，∴114B−，，而(44)A，关于x轴的对称点(44)A−，，………(10分)∴AB的方程为4411444yx+−=−+−，当0y=时，1x=−，所以直线AB与x轴交点的坐标为(10

)−，．…………………………………………………（12分）22．（本小题满分12分）解：由题意知函数的定义域为(0)+，，…………(1分)2()afxxx=−．………………………………..(2分)（Ⅰ）因为函数在1x=处切线斜率为3−，…………

..(3分)所以当1x=时，2(1)13fa=−=−，解得2a=．…………………（5分）（Ⅱ）222()()()(0)axaxaxafxxxxxx−+−=−==，………….(6分)当0xa时，()0fx；当xa时，()0

fx，所以函数()yfx=在区间(0)a，上单调递减，在区间()a+，上单调递增，………..(8分)当xa=时，函数()fx有最小值222min11()()lnln22fxfaaaaaa==−=−………(10分)当0x→时，()fx→+，当x→+时，()

fx→+，所以要使函数()fx与x轴有两个交点，只需min()0fx，即21ln02aa−，解得ea．………………………………………………………（12分）