【文档说明】四川省成都市蓉城名校联盟2020～2021学年度上期高二期末联考理科数学参考答案及评分标准.pdf，共(4)页，224.055 KB，由小赞的店铺上传

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1蓉城名校联盟2020～2021学年度上期高中2019级期末联考理科数学参考答案及评分标准一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。1～5：BDBAA6～10：CBDCA11～12：BC二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．12214．14815．116

．22(2)(5)42xy三、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）解：（1）因为q为假命题，则命题q为真命题即(4)(2)0mm，4m或2m.故m的取值范围为{

|42}mmm或.………………………3分（2）命题p：[1,2]20xxm，，即2xm对于[1,2]x恒成立只需min(2)xm„，所以2m„.……………………………5分因为命题pq为真，且pq为假，所以pq、一真一假.当p真q假时：22

4mm„„„，即22m„„.……………………………7分当p假q真时：242mmm或，即4m.…………………………………9分综上：m的取值范围为{|422}mmm或„„.………………………10分18．（12分）解：（1）设圆的方程为220xyDxEyF

.2529522925DEFDEFDEF，得441DEF224410xyxy即22(2)(2)9.xy………………………6分（2）22(+2)+(1)xy表示点(,)Pxy与点(2,1)距离的平方.圆心(2,2)与

(2,1)的距离22(22)(21)5d.………………………9分故距离最大值为+8dR，距离最小值为2dR.所以22(+2)+(1)xy的最大值为64，最小值为4.………………………12分19．（12分）解：（1）由题意知：2

0101t，得0.005t.………………………3分（2）由频率分布直方图得：平均值：350.05450.2550.3650.2750.15850.160x………6分（3）[40,50)[50,60)，的两组学生中，[40,50)组选2人，分别记为

AB，；[50,60)组选3人,分别记为abc，，，…………………………………7分2从这5人中随机抽取2人做志愿者的选法为(,)AB,(,)Aa，(,)Ab，(,)Ac，(,)Ba，(,)Bb，(,)Bc，(,)ab

，(,)ac，(,)bc共10种，…………………………………9分其中抽取2人为同一组的包含(,)AB，(,)ab，(,)ac，(,)bc共4种.…………………10分由古典概型知：抽取的2人每天体育锻炼时间在同一组的概率为2=5P.……………12分20．（12

分）解：（1）由题意知：(,0)Fc，1222c，2c或0c（舍）……………2分||PF的最大值为22+2，即222ac，所以22a,2b……………4分故椭圆C的方程为22184x

y.……………………………5分（2）设11(,)Axy，22(,)Bxy.由点T(1,1)为AB中点得：121222xxyy，…………………6分且221122222828xyxy，相减得：22221212220xxyy.…………………

7分整理得：121212122()yyxxxxyy，得12k.……………………………10分故直线方程为11(1)2yx，即230.xy……………………………12分（说明：运用直线与椭圆联立求解，结果正确也给分）21．（12分）解：（1）由

已知可得,动点P到点(0,2)的距离等于到直线2y的距离.………1分由抛物线的定义知，点P的轨迹为抛物线，点(0,2)为焦点，直线2y为准线………3分故4p，点P的轨迹方程为28xy.……………………………5分（2）当=0k时，直线l为3y，由对称性，直线BC与x轴交

于点(0,0)O…………………6分下面证明一般情况下，直线BC与x轴交于定点(0,0)O.由题意知：直线l的斜率存在.设直线方程为3ykx，设11(,)Axy，22(,)Bxy.直线与抛物线联立：238ykxxy

，得28240xkx.……………………………7分0恒成立，∴1212824xxkxx，.……………………………8分点22(,)Bxy，1(,3)Cx，(0,0)O共线212212330OCOBykkxyxxx………………………9分12

21212(3)303()0xkxxkxxxx………………………10分而12123()24240kxxxxkk………………………11分即直线BC过定点(00)，.………………………12分322．（12分）解：（1）

由题意知：223.ba将点P代入得：22411ab.22223411baab，得2263ab故椭圆的方程为：22163xy.…………………………………………4分（2）如图所示：由题意知直线TM的斜率大于0，所以可设直线方程为3xty

，设11(,)Mxy，22(,)Nxy.直线与椭圆联立：22326xtyxy，得22(2)630tyty………………5分0，即223612(2)0tt，21t，由于斜率大于0，1t…………6分1212226322tyyyytt，.……

……………………………………7分直线PM的斜率：1112yx，PM的方程：1111(2)2yyxx，令0y，则11221Axxy直线PN的斜率：2212yx，PN的方程：2211(2)2yyxx，令0y，则22221Bx

xy||=TA112311Axxy，||=TB222311Bxxy，121+=1(||+||)2SSTATB=1212122(2)211xxyy.………………………………9分现求12122211xxyy的取值范围：121221

121222(2)(1)+(2)(1)=11(1)(1)xxxyxyyyyy将x用y表示代入：原式121212122(1)()2=()1tyytyyyyyy由韦达定理得：原式2244=65ttt(1)t………………………………10分原

式224(1)24=44655tttt(1)t所以12+=SS1235t(1)t，函数为递增，12+(13)SS，.……………………12分（说明：直线设成(3)0ykxk，，结果正确也给分）.

412．解：设椭圆M的半焦距为c，由已知得12ca，所以2ac，3bc，椭圆M的方程可化为2222143xycc，把xc代入，解得32yc所以3(c,)2Ac，直线32OAyx：设双曲线N的实半轴长为a，虚半轴长为

b，半焦距为c则ac，由32ba，得3322bac由已知可得32b，所以33122cc，所以33bc，所以椭圆M的短轴长为23.16．解：2222||cos(||||)(12sin)TMT

NTMMTNTCMCMTCuuuruur22222222||832(||4)(1)(||4)(1)||12||||||CMTCTCTCTCTCTC22322||128212||TCTC当且仅当2||42TC时等号成立.由T在圆C外知||

TC的取值范围是(2,),所以2||42TC能成立故TMTNuuuruur的最小值为8212.由2||42TC知，萌点T的轨迹为圆，方程为22(2)(5)42xy.