《广东省韶关市2022-2023学年高二下学期期末检测数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省韶关市2022-2023学年高二下学期期末检测数学试题含答案.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、12022-2023 学年第二学期高二期末教学质量检测数学科参考答案和评分标准学年第二学期高二期末教学质量检测数学科参考答案和评分标准评分说明:评分说明:1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半,如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。4.只给整数分数,选择题不给中间分。一、选择题：本题共一
2、、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，只有一项时符合题目要求的在每小题给出的选项中，只有一项时符合题目要求的.题号12345678答案CDADCBCA1.解析：由题设有1,2,5,7,8AB,4UCAB，故选 C.2.解析：由复数的几何意义知：1,2ON，1,3OM ，2,5NMOMON ，22|2529NM .故选 D.3.解析：122211log 3log 21,()(0,1),cos1,33abcabc 选 A.4.解析：对于 A 选项直线,m n相交，异面，平行都有可能；对于 B 选项还少了条件mnP,mn才能得到相应的结论
3、；对于 C 选项，/m，m与相交但不垂直都有可能；故选 D.5.解析：由题1()sin1xxef xxe，11sin()(sin)()11xxxxeefxxxf xee，故()f x为偶函数，图形关于y轴对称，排除 B,D 选项；()0,()02ff，故选 C.6.解析：(3,1)a，(1,1)b，则向量a在向量b上的投影向量为，2xyTQF2F1OP2313131(1,1)(,)222|a bbb 故选 B.7.解析：如图所示，延长2FQ，交1PF于点T，则因为PQ平分12FPF，所以2|PTPF，因为P在双曲线2213yx 上，所以12|2PFPF，所以1|2FT，连接OQ，则11|12O
4、QFT，所以点Q的轨迹为2211()2xyx.所以max|13AQAO.故选 C8.解析：解析:已知函数2()(2)lnf xaxaxx，函数 fx的定义域为(0,)1(1)(21)()22axxfxaxaxx，当0a 时，0fx恒成立，所以 fx在0,上单调递减，故0a 时，fx至多有一个零点；当0a 时，令 0fx得1xa，当1(0,)xa时，0fx；当1(,)xa时，0fx，所以 fx在1(0,)a上单调递减，在1(,)a上单调递增此时最小值为11()1lnfaaa，当1a 时，由于1()0fa，故 fx只有一个零点；当1a 时，11ln0aa即1()0fa，故 fx没有零点；当01a时
5、，11ln0aa即1()0fa，又2211112()()(2)()ln10aafaaeeeeeee；2333333()()(2)()ln3ln40faaaaaaaa，由零点存在定理知 fx在1(0,)a上有一个零点；在1(,)a有一个零点所以()f x有两个零点，a的取值范围为(0,1)；故选 A.解法二：函数()f x有两个零点可转化为函数ya的图象与函数22ln()xxg xxx的图像3有两个交点，易知函数()g x在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，且当1x 时，()0g x，且1()03g，(1)1g，故(0,1)a.二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每
6、小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分.题号题号9101112答案答案BCDABCADACD9.解析：根据事件A与事件B为对立事件定义知：当事件A与事件B为对立事件时要满足两个条件，一是事件A与事件B互斥，二是AB；故 A 错误，B 正确,对于 C 选项21XN，20.2P X，01(12)PXPX(1)(2)0.50.20.3P XP X,正确；D 显然正确.故选 BCD.10.解析：由题知函数()=sin(
7、2)13g xx，故A正确；当5,2,12 1232 2xx ，故 B 正确;；5()16g，C 正确；对于 D 选项()sin2()11663g ，故6（-,1）是对称中心，D 错.故选 ABC.11.解析：数列 na满足111,4nnaaan，a11，an1an4n，S100(a1a2)(a3a4)(a99a100)41434994(13599)450210 000.B 错；由题意，an1an4n，an2an14(n1)，由得，an2an4，由 a11，a1a24，所以 a23.当 n 为奇数时，ana111)2n（42n1，当 n 为偶数时，ana21)2n（42n1.C 错综上所述，a
8、n2n1.故选 AD.12.解析：若直线ly轴，则直线l与抛物线24yx有且只有一个交点，不合乎题意.设点11,A x y、22,B xy，设直线AB的方程为1xmy，联立241yxxmy，整理可得2440ymy，216(1)0m，因为124yym，124y y ，21212242xxm yym，所以2(21,2)Pmm，从而2(21,2)Pmm到准线的距离为222dm，而圆P的直径为2121142ABAFBFxxm ，所以2222ABdmr，故圆P与抛物线的准线相切，选项 A 正确；由韦达定理可得124yym，124y y ，2241212214416yyx x，21212121211222
9、4AFBFxxmymym y ym yy2224244414mmm ，所以不存在一条直线l使3AF BF=，选项 B不正确；因为124yym，124y y ，21212242xxm yym，所以2(21,2)Pmm，从而2(,2)H mm，所以21PHm，由抛物线的定义可得21HFm，从而HFPH，选项 C 正确；因为124yym，124y y ，21212242xxm yym，所以，圆P的直径为2122244rABxxm，则222rm，点P到y轴的距离为212212xxdm,222222122 11sin1222222dmmPMNrmmm，所以当0m是，PMN最小，最小值为6，D 正确.故选
10、 ACD.三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.5题号题号13141516答案答案7120 530.7413.解析：第三项为26281()2C xx，系数为2281()72C14.解析：tan2，21sin2cos222sincos2sincoscos2tan112tan115.解析：球心O到面ABC的距离为122dPA，ABC外接圆半径r，由正弦定理有：323212sinBCrrBAC，225Rrd，3420(5)533V16.解析：设事件考生甲考试卷A为事件A，考试卷B为事件B，考试卷C为事件C，考生甲能通过考生为事件D，由题知：
11、()()0.3,()0.4P AP BP C，(|)0.6P D B，(|)(|)0.8P D AP D C，()()()()()(|)P DP ADP BDP CDP A P D A()(|)()(|)0.3 0.80.3 0.60.4 0.80.74P B P D BP C P D C.四、解答题四、解答题:17.(10)解：（1）由正弦定理可将已知条件转化为：3sinsinsin(2cos)BAAB，1 分因为(0,)A，所以sin0A，2 分所以3sincos2BB，sin()16B，.3 分因为(0,)B，.4 分所以62B，23B.5 分（2）因为56ACD，所以6ACB，6 分所
12、以6BACACBB.7 分RrPOACB6在ABC中，由正弦定理得：sinsinACBCBBAC，所以sin2 3sinBCBACBAC.8 分在ACD中，1sin2ACDSAC CDACD，即13 32 322CD，所以3CD.9 分由余弦定理得：2222cosADACCDAC ADACD，即：231292 2 3 3()392AD ，所以39AD.10 分18.（1）解法一：设na的公比为q，由题得：25251432aaaa，即4112511432a qa qa q.2 分解得13212aq 或112aq，.4 分因为10a，所以11,2aq，.5分所以1-11(2)nnnaa q.6分解
13、法二：设na的公比为q，由2532aa.2514aa，所以25,a a是方程214320 xx的两个根，.2 分所以25162aa 或25216aa，所以13212aq 或112aq，.4 分因为10a，所以11,2aq，.5分所以1-11(2)nnnaa q.6分（2）由（1）可得：11 11()(2)22nbn nnn.8 分所以1111111111(1232435112nSnnnn），11111+)2212nn（，.10分732342(1)(2)nnn，.11分因为2302(1)(2)nnn，所以34nS.12 分19.（12 分）【解析】解：（1）记“一个批次杨梅不能销售”为事件A，1
14、 分则111()1(1)(1)9105P A ，4 分所以一个批次杨梅不能销售的概率为15.5 分（2）依据题意，X的取值为3200，2000，800，400，1600，.6 分4134111416(3200)(),(2000)()()562555625P XP XC ，22231344149614256(800)()(),(400)()()5562555625P XCP XC，44256(1600)()5625P X，.10 分所以X的分布列为：X320020008004001600P1625166259662525662525662511696256256()320020008004001
15、600640625625625625625E X .12 分20.(12)（1）证明：在1ACB中，过N作/NF CB交1AC于点F.因为1123ANAB，所以23FNBC，.1 分在三角形ABC中，2,/3DEBC DE BC，所以/,FN DE FNDE，.2分所以四边形DENF为平行四边形，.3 分所以/DF NE.又DF 平面1ACD，EN 平面1ACD，.4 分所以/EN平面1ACD.5分（2）解法一：FMNA1DBCE8GMNA1BCEH因为/DE BC，90C，所以DEAC，所以1,DEAD DECD，因为1ADCDD，1,AD CD 平面1ACD，所以DE 平面1ACD，.6
16、分所以BC 平面1ACD.又由1ACCD可建立如图所示直角坐标系，则1(0,0,2 3)A，(2,0,0)D，(0,0,0)C，(2,2,0)E，(0,3,0)B，(1,0,3)M，则：(1,2,3)EM ，(2,1,0)EB ，.8 分设平面MEB的法向量为1(,)nx y z，则1100n EMn EB ，即23020 xyzxy，令3x 得，1(3,2 3,5)n.10分可取平面DEBC的法向量2(0,0,1)n ，设平面MEB与平面DEBC所成角为，则121212|510cos|cos,|4|140n nn nnn ，.11 分所以平面MEB与平面DEBC所成夹角角的余弦值为104.1
17、2 分解法二：如图所示，因为/DE BC，90C，所以DEAC，所以1,DEAD DECD，因为1ADCDD，1,AD CD 平面1ACD，所以DE 平面1ACD，.6 分所以1ACDE，又1ACCD，CDDED，,CD DE 平面DEBC所以1AC 平面DEBC.7 分在1ACD中，过M作1/MG AC，交CD于点G，在平面BCDE中，过G作GHBE交直线BE于点H，由1AC 平面BCDE可得MG 平面BCDE，.9 分所以MHG即为平面MBE与平面BCDE夹角.10 分HGEACBDxyzMNA1DBCE9在1ACD中，由M为1A D中点可得：1132MGAC，G为CD中点，在ABC中，1
18、tan2BCBACAC，所以5sin5BAC，sin5GHAGBAC.所以315tan55MGMHGGH，所以10cos4MHG，即平面MEB与平面DEBC夹角的余弦值为104.12 分21.（12 分）解析：（1）由题1()1fxx，0 x 1 分设所求切线的切点为000(,ln)xxx，则所求切线方程为：00001(ln)(1)()yxxxxx2 分将(0,0)代入可得：000ln1xxx，故0 xe，3 分故所求切线方程为1 eyxe.4 分（2)10 xaelnxxx 恒成立，即2xxxxlnxae在1，)上恒成立.5 分令2()xxxxlnxg xe，则(1)(2)()(1)xxln
19、xxg xxe.6 分令()2(1)h xlnxxx，则11()10 xh xxx，则()h x在1，)上单调递减，.7 分h（3）3 10ln，h（4）420ln，存在0(3,4)x，使得0()0h x，即0020lnxx，2000020 x lnxxx，.8 分当0(1,)xx时，()0h x，即()0g x，()g x单调递增；当0(xx，)时，()0h x，即()0g x，()g x单调递减002000000()()maxxxxxx lnxxg xg xee，.I10 分又0020lnxx，02002xlnxxlne，则00202xxexee，即0021xxee1021()maxg x
20、e21ae，即实数a的取值范围为21e，).12 分解法二：()()ln1ln1xxxaexef xh xxxaxex 可设,1xetxx，易得te，则原不等式可转化为ln10att，只需ln1tat，te即可.设ln1()tg tt，则易知2max21()()g tg ee故实数a的取值范围为21e，)22（12 分）.解:(1)由题意，2221,2ceabca解得：2234ba.1 分点31,2M在椭圆C上221914ab.2 分联立、，解得224,3ab故所求椭圆C的标准方程是221.43xy.4 分（2）由（1）知122,0,2,0.AA.5 分当 直 线PQ斜 率 不 存 在 时，1
21、:.2PQlx 则1 3 513 5,2424PQ，-得123 55,102A PA Qkk则123,5A PA Qkk此时3;5.6 分当直线PQ斜率存在且不为0时，设11221:,2PQlyk xP x yQ xy则121212,22A PA Qyykkxx.7 分联立223412012xyyk x消去y并整理，得2222434120kxk xk,11则由韦达定理得，212221224431243kxxkkx xk.8 分假设存在实数，使得12A PA Qkk，则121222yyxx，即1221112222xxxx，.9 分整理得121211221022x xxx,变形为121222112
22、21022x xxxxx，则222222124112210432432kkxxkk，即2223 533 50243kxk,即22223350243kxk.10 分即222233 500243kxk或，得222233543kxk或.当2222343kxk时，222112222242626434343kkkxxxxkkk.此时，22212222262612,4343kkkx xkk整理得2450k，解得0k 与题设矛盾，所以2222343kxk.11 分所以35.12 分解法二：由（1）知，12(2,0),(2,0)AA.5 分12可设1:2PQ xmy，1122(,),(,)P x yQ xy.联立223412012xyxmy，得2245(34)304mymy，6 分由韦达定理得：121222345,344(34)myyy ymm ，7 分所以121215()4my yyy，9 分所以12112112111222112212223153()2(2)32425155(2)5()2422A PA Qymy yyyyykxy xykyxmy yyyyyx11 分故存在实数35，满足题设条件.12 分