【文档说明】湖北省武汉外国语学校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷答案.docx，共(4)页，416.688 KB，由小赞的店铺上传

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2024武汉外校高二下数学期末参考答案一、选择题题号1234567891011答案ABBDCDCDBCACDACD二、填空题12.0=−+yx13.33314.649()nnnC2224三、解答题15.

（13分）已知ABC的内角CBA,,的对边分别为cba,,，满足0cos2=+−acBa（1）证明：AB2=;（2）若24,31sin==bA，求ABC的面积.（1）证明：由0cos2=+−ac

Ba可得0sinsincossin2=+−ACBA即0sin)sincossin2=++−ABABA（,化简得A)-sin(Bsin=A因为BA,为ABC的内角，所以有A-B=A，得AB2=（2）由（1）知道A为锐角，由,3

1sin=A得,322cos=A所以924cossin2sin==AAB97cos=B由正弦定理AaBbsinsin=,得3sinsin==ABba依题0cos2=+−acBa，带入相应得值可得323=c，得9246s

in21==AbcSABC16．（15分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：()222210xyabab+=左焦点为F1，离心率为22，且过点21,2A,直线AF1与椭圆C相交于另一点B.(1)求E的方程；(2)设点M在

椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=2S1，求点M的坐标．（1）由题可得222222211ceaab==+=，解的222,1ab==，即22:12xEy+=(2)由（

1）得1(1,0)F−，则直线()2:14AByx=+，直线AB与y轴交点为2(0,)4N由题2MABOABSS=，转化为在Y轴上取点P,使得P到直线AB的距离是O到直线AB的距离的两倍，可得1220,432

,0,4PP−满足题意，过12PP，作与AB平行的直线12ll，，两直线与椭圆E的交点即为满足题意的点()12:14lyx=−带入椭圆22:12xEy+=解得12272

1,,,2510MM−−()12:34lyx=+带入椭圆22:12xEy+=解得3421721,,,2510MM−−综上可得，M的坐标为2721,,,2510−−21721,,,2510−

−，17.（15分）如图，在三棱柱111CBAABC−中，ABC是正三角形，四边形CCAA11为棱形，31=ACA,ABBA21=（1）证明：BACA111⊥（2）求二面角11C

AAB−−的正弦值.（1）取AC的中点为O,连接OABO1,,由题知ACAABC1，是正三角形，ACBOACOA⊥⊥,1又3,111==ACAACAA且,为正三角形ACA1BOAACOBOO

AACOA111,,平面又⊥=⊥又1111111111,,//CABABOABABOACAACCA⊥⊥平面平面（2）方法1：几何法不妨设aAB=，则有aBAABBAaAAACAB2,2111=====，又AABAABAABAABA

112212190,⊥=+=，AACMACACMMAA111,⊥为正三角形，，连接的中点取AAMNABMNMNNBA11,//,,⊥则连接的中点取的平面角即为二面角可得11CAABCMN−−90,23,211===BCAaCMaMN

CMN同理中，aCNaBAaCABC22,2,11====由余弦定理，3331212322141432cos222222==−+=−+=aaaaaNMCMCNNMCMCMN36sin=CMN

C方法2：建系法取O为AC的中点，过O作平面ABC的垂线，以该垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB=2a,依题aBCACAB2===，aBAaCAaAA22,2,2111===则()()()()zyxAaCaBaA,,,0,,0,0

,0,3,0,,01设−()==−==++−=+−+=+++azyaxazyaxazayxazayx38031834)(4)(222222222222()()0,2,0,0,,3,38,,31,38,0,

3111aACaaABaaaAAaaA==−=−设平面1BAA法向量为()1111,,zyxn=，则()2,3,1321030383100111111111111−=−=

===+=++−==nzyxayaxazayaxAAnABn同理，平面ACA1的法向量()2222,,zyxn======++−420102038312222222zyxayazayax=42,0,1

2n36sin,3132323cos===18.(1)设函数()()ln12axfxxx=+−+，当0x时，()0fx恒成立，求a的取值范围(2)从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽到的20个号码

互不相同的概率为p，证明：1929110ep.解：（1）()()()()0,21122)(22+++−+=xxxxaxxf0)0(=f，若,0a0)(xf，函数()()ln12axfxxx=+−+在0x

时，单调递增，()0fx恒成立；满足题意若,0a()()()()224242=012xaxafxxxx+−+−++，方程()24242=0xaxa+−+−的判别式为()=42aa−①20a时，()0fx，函数()()ln12axfxxx=+−+在0

x时，单调递增，()0fx恒成立，满足题意②2a时，方程()24242=0xaxa+−+−在0x上的解为()=22xaaa−+−，()022xaaa−+−时，()242420xaxa+−+−，()0f

x，函数()()ln12axfxxx=+−+在0x时，单调递减，不满足()0fx恒成立综上所述，a的取值范围2a（2）由已知条件得，抽取的20个号码互不相同的概率为20100202019A100999881999881=1

00100100p==，因为()()222998190990990990=+−=−，同理2988290，2978390，，2819990，所以1999988190，所以1919199199988190910010010

=，再证：1929110e，即证：919ln210−，即92ln1019−，92ln01019+，由（1）得，当0x时，()2ln102xxx+−+，取110x=−，则1

21910ln011010210f−−=−−+，即92ln01019+.综上，1929110ep.19．已知有穷正项数列()nanm,若将数列每项依次围

成一圈,满足每一项等于相邻两项的乘积,则称该数列可围成一个“T-Circle”．例如：数列111,1,1,2,1,,,1,222都可围成“T-Circle”．(1)设1aa=,当5m=时,是否存在a使该数列可围成“T-Circle”,并说明理由.(2)若na的各项全不相等,

且可围成“T-Circle”，写出m的取值（不必证明），并写出一个满足条件的数列.(3)若na的各项不全．．相等．．,且可围成“T-Circle”，求m的取值集合.解：（1）由定义可得22211iiia

aa−+=，而na为正项数列，故11iiiaaa−+=，故213324435514152,,,,aaaaaaaaaaaaaaa=====，由最后两式可得241aa=，故31a=，故12aaa==且45aa

=，结合541aaa=可得11a=即1a=，故21a=，故3451aaa===.故存在1a=，使得数列na可围成“T-Circle”,此时数列na为：1,1,1,1,1.（2）6m=，满足条件的一个数列为3112232233，

，，，，（3）（i）若na的各项不全相等,且可围成“T-Circle”．结合na为正项数列可得111121(1),,nmmnnmaaanmaaaaaa−+−===，诸式相乘后可得121maaa=，又上述关

系式即为11(11)nnnaaanm−+=+(若下标大于m，则取下标除以m的余数).故21(11)nnnaaanm++=+，故211(11)nnanma−+=+(若下标大于m，则取下标除以m的余数).所以

15(11)nnaanm−+=+(若下标大于m，则取下标除以m的余数).设6,05mprr=+，若1r=，则11mmaaa−=即为111maaa−=，故11ma−=，从而61a=，31a=，而12maaa=，故112aaa=，

故21a=，故11a=，从而451aa==，此时na均为1，与题设矛盾.若2r=，则11mmaaa−=即为22111maaaa−==，而2122maaaa==，121aa==，故34561aaaa====，此时na均为1，与题设矛盾.若3r=，则11mmaaa−=即为312aaa=，而

213aaa=，所以11a=，故41a=，从而32aa=，而1223maaaaa==，故321aa==，故561aa==，此时na均为1，与题设矛盾.若4r=，则11mmaaa−=即为413aaa=，而324aaa=，所以121aa=，

而1224maaaaa==，故31aa=，故24111aaa==，故11a=，故231aa==，故41a=，故561aa==，此时na均为1，与题设矛盾.若=5r，则511141111mmaaaaaaaa−=====，故122maaaa==，故2311aaa==，

故45331aaaa===，故61a=，故3241aaa==，故11a=，此时na均为1，与题设矛盾.综上，*6,Nmkk=