【文档说明】海南省嘉积中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题答案.pdf，共(6)页，178.367 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023高二数学期末试卷答案1-8.ABCADBCB9.BC10.ABD11.ABC12ABD13.114.2315.816.11222nn4【详解】解：2cosabC，由正弦定理可知，sin2sincosABC，因为AB

C，所以sin()2sincosBCBC，所以sincoscossin2sincosBCBCBC，即sincoscossin0BCBC所以sin()0BC，所以BCk，Zk，因为A、B、C是三角

形内角，所以BC．所以ABC是等腰三角形．11．【详解】由图可得100(0.0010.0020.002620.0004)10.0014aa故A正确样本在区间500,700内的频数为100(0.00

140.0004)10018，故B正确；年收入在300万元以内的企业频率为100(0.0010.002)0.3，故C正确；年收入的平均数超过50037604.065014.055026.04502

6.03502.02501.0150故D不正确12.【详解】对A：由题意可知1,0F，由013MFx，可得02x，故A正确；对B：∵MF的中点的横坐标为23212，则到y轴

的距离=rMF2123∴以MF为直径的圆与y轴相切，D正确.，故B正确；对C：当2x时，28y，解得22y，即022y22004823OMxy，故C错误；对D：01112222

2OMFSOFy，故D正确；故选：ABD.16.【详解】依题意，*Nn，2n，11nnnaa，而11a，则121321()()()112(1)nnnaaaaaaaan

11112nn222nn，而11a满足上式，所以222nnna，115a.17.【详解】（1）因为函数32fxxaxb的图象过点2,1，所以21ba①．又232

fxxax，24f，所以2232221244faa②，由①②解得：2a，3b．（2）由（1）知3223fxxx，又因为12f，1341f，所以曲线yfx在1,1

f处的切线方程为21yx，即30xy．18.【详解】（1）设na的公差为d，因为1131,,aaa成等比数列，所以11123aaa又因为83a，所以)88(2-882dd）（，所以2

30dd.因为0d，所以3d，故23131nann.（2）因为1331131323132nnnbaannnn，所以1111111132557313223264nnSnnnn

.19.【详解】（1）由题意，3()2sincos()32fxxx1332sin(cossin)222xxx23sincos3sin2xxx

11cos23sin23222xx13sin2cos2sin(2)223xxx.因为最小正周期为，所以122，T所以()sin(2)3fxx（2）由1()2fA可得1sin(2)32A，故2236Ak

或52()6kkZ.因为(0,)A，所以4A.又125B，所以3C由正弦定理可得223sin4sin32sinsinCAca20.【详解】（1）因为平面PBD平面ABCD，且交线为BD,又四边形ABCD为菱形

，所以BDAC,故AC平面PBD,PB平面PBD,故ACPB（2）因为PBPD，O是BD的中点，所以POBD,又平面PBD平面ABCD，且交线为BD，所以PO平面ABCD，PAO为PA与平面ABCD所成角

，故60PAO，由于四边形ABCD为边长为2AD，60BAD的菱形，所以3,3,AOPO因为,,OPOAOB两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系；3,0,0,3,0,0,0,1,0,0,1,0

,0,0,3ACBDP)3,0,3(3131PCPE由有E：)2,0,33(E所以,(0,2,0)DB,)2,1,33(BE,设平面BEC的法向量为,,mxyz，则：，

00mBEmDB023302zyxy取1,32zx则所以)1,0,32(m又平面BCD的法向量为)1,0,0(n13131131,cosnmnmnm故平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值为

131321.【详解】（1）由已知231,NnnSan，当1n时，11231Sa，解得113aS，当2n时，11231nnSa，则123131nnnaaa

，即13nnaa，所以数列na是以13a为首项，3为公比的等比数列，所以1333nnna；（2）由（1）得3nna，则3nnnbnan，所以231132333133

nnnTnn①，23413132333133nnnTnn②，①②得231233333nnnTn1131332133132nnnnn

，所以132134nnnT.22.【详解】（1）由题意得2412acea则21ac，故2223bac，所以，椭圆C的方程为22143xy．（2）如下图示所示：由题意可知

，直线斜率必然存在，设AD为4ykx，,,,AABBAxyBxy，且11,0F，联立直线和椭圆方程并整理得：2222343264120kxkxk，所以223234ABkxxk

，22623144ABkxxk，且2144140k，即1122k，而11441111ABABAFBFABABkxkxyykkxxxx2581ABABABABkxxxxxxxx

，又2222221281246032258034342434ABABkkkxxxxkkk，所以110AFBFkk,得证.