【文档说明】云南省红河州弥勒市第一中学2020-2021学年高二下学期第二次月考数学（理）答案.pdf，共(8)页，241.421 KB，由小赞的店铺上传

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理科数学ML参考答案·第1页（共8页）弥勒一中2022届高二年级下学期第二次月考理科数学参考答案第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DADCBBACCBDB【解析】1．因为2{|430}{|31}

Axxxxxx或，3{|230}2Bxxxx，所以33(){|13}322ABxxxxxxR≤≤≤，故选D．2．由已知，得(32)OA

，，(24)OC，，则(32)(24)(16)OBOAOC，，，，∴点B对应的复数为16i，故选A．3．根据题意276.635K，20()0.010PKk≥，所以在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为英语词

汇量与阅读水平有关，故选D．4．由于0x，20202202088xx≥，故当80a时，2020xax≥恒成立，故选C．5．根据扇形的面积公式，得112445270222Slr(平方米)，故选B．6．第一次循环，1101(1)S，123n；第二次循

环，3112(1)S，325n；第三次循环，5123(1)S，527n；第四次循环，7134(1)S，729n，跳出循环，输出4S，故选B．7．根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由一个

底面半径为1，高为1的圆柱，挖去一个圆锥构成的几何体．如图1所示，所以2212ππ11π1133V，故选A．图1理科数学ML参考答案·第2页（共8页）8．依题意，0.0030.0010.0030.0050.0080.01215.0015.0046m

，可知6个口罩中有3个质量超过m，记为A，B，C，另外3个记为d，e，f，随机抽取2个，所有的情况有AB，AC，Ad，Ae，Af，BC，Bd，Be，Bf，Cd，Ce，Cf，de，df，ef，共15种，其中满足条件的有AB，AC，BC，共3种，故所求概率31155P，故选C．9．作

出变量x，y满足的约束条件2101010xyxyy≥，，≥，≤表示的平面区域，得到如图2的ABC△及其内部，其中(21)A，，(11)B，，(01)C，．设()2zFxyxy，，将直线l：2zxy进行平移，当l经过点A时，目标函数的截距

取得最小值，此时z达到最大值，∴(21)4zF最大值，，故选C．10．根据题意，分2种情况讨论：①当人脸识别方向有2人时，有55A120种安排方法；②当人脸识别方向有1人时，将其他5人分成4组，安排进行其他4个个方向展开研究，有2454CA240种安排方法，则一共有1202403

60种分配方法，故选B．11．如图3，双曲线221xy的右焦点为(20)F，，右顶点(10)A，，P为渐近线yx上一点，则||||PAPF的最小值就是A关于yx的对称点A到F的距离，所以(01)A，，则||||PA

PF的最小值为22(2)13，故选D．12．依题意，()2sincos4sinfxxxxmx，所以2()2(2cos1)4cosfxxmx24coscos60xmx≤对[02π]x，恒成立．设

cos[11]tx，，2()46gttmt，则()0gt≤在[11]，上恒成立，由二次函数的性质得(1)0(1)0gg，，≤≤解得22m≤≤，故选B．图2图3理科数学ML参考答案·第3页（共

8页）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）题号13141516答案22e0π4；232【解析】13．因为函数222ee()log(5)exxfxxx，，，≥，所以22

2(3)log(35)log42f，∴((3))ff2(2)2ef．14．建立如图4所示的平面直角坐标系，则(13)c，，(31)b，，(31)(43)(12)aCB

，，，，∵abc，∴(12)，(3)(3)(33)，，，，∴31，32，解得12，12，∴0．15．由条件知2A，所以2()2cos()1cos(22)2fxxx．又(

)fx的图象与y轴的交点坐标为(02)，，则cos20，∴π4，π()cos222sin(2)2fxxx，其相邻两条对称轴间的距离为12π222，则π4，π

()2sin2fxx，(2020)f2sin20202022π．16．由题意可得(0)Aa，，(0)Ba，，设()Pxy，，||2||PAPB，所以22()

xay222()xay，两边平方可得2225433xaya，故为圆心503a，，半径43ra的圆，所以14162233PABSaa△，解得2a，1542223333PCDaSbaab△，所以可得1b

，所以离心率2312bea．图4理科数学ML参考答案·第4页（共8页）三、解答题（共70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）∵2sincoscos6πBAC，

∴3sincoscoscoscos()BABAAB，∴3sincossinsinBAAB．………………………………………（2分）又sin0B，故tan3A，又(0π)A，，故π3A．……………

……………………………（4分）（Ⅱ）由223abc，可得2sinsin2sin3ABC，………………………（5分）∴3πsin2sin33CC，∴π1sin63C．………………………………………（7分）又πππ662C

，，故π22cos63C，……………………………（8分）∴ππ32211261coscos6623236CC．………………（10分）18．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：∵1(2)2nnnnaaa，∴12(

1)nnnana，……………………………………………………（2分）即121nnaann，又111a，…………………………………………（4分）∴数列nan是首项为1，公比为2的等比数列．……………………………（6分）

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：12nnan，故12nnan，…………………………（7分）所以01211222322nnSn…，①………………………………（8分）又12121222(1)22nnnSnn

…，②…………………………（9分）理科数学ML参考答案·第5页（共8页）由①②可得2112122222(1)2112nnnnnnSnnn…，………………………………………………（11分）∴(

1)21nnSn．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：如图5，取PA的中点M，连接DM，EM，在PAB△中，ME为一条中位线，则ME12AB．………………………………………（1分）

又由题意有，DF12AB，故MEDF，………………………………………………………（2分）∴四边形DFEM为平行四边形，∴EFDM∥．…………………………………………………………（3分）又EF平面PAD，DM平面PAD，∴EF∥平面PAD．…………………………………………………

……（4分）（Ⅱ）解：取AD的中点N，BC的中点H，连接PN，NH，由平面PAD平面ABCD，且PNAD，平面PAD平面ABCDAD，可知PN平面ABCD，…………………（6分）又ADNH，

故以N为原点，NA，NH，NP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(001)P，，，(100)A，，，(120)B，，，(110)F，，，(121)BP，，，(210)BF，，．………………………………………

……………（8分）设平面PBF的一个法向量为()mabc，，，则2020mBPabcmBFab，，取(123)m，，．…………………………

…………………………（10分）又(101)PA，，，故27|cos|7||||PAmPAmPAm<，>，∴直线PA与平面PBF所成角的正弦值为277．……………………………（12分）图5理科数学ML参考

答案·第6页（共8页）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）估计每名外卖用户的平均送餐距离为0.50.151.50.252.50.253.50.24.50.152.45千米，…………………………

………………（2分）所以送餐距离为100千米时，送餐份数为100412.45份．…………………………………………（4分）（Ⅱ）由题意知X的可能取值为3，7，12，…………………………………………………（5分）402(3)1005PX，459(7)10020PX，153(12)10

020PX，……………………………………………………（8分）所以X的分布列为X3712P25920320…………………………………………（10分）∴293()37126.1552020EX．…………………………………（12分）21．（本小题满分

12分）解：（Ⅰ）设00)(Mxy，，则点M在x轴上方，由已知，当直线AM的斜率为1时，直线AM与抛物线C相切，此时直线AM的方程为1yx，…………………………………………（2分）联立直线AM和抛物线C的方程并整理得2(22)10xpx，∴2(

22)40p，解得2p，且121xx，…………………………………………（3分）∴(12)M，，C的方程为24yx．…………………………………………（4分）理科数学ML参考答案·第7页（共8页）（Ⅱ）圆Q的方程可化为221(1)4xy，圆Q的圆心为(

10)，，半径为12，………………………………………（5分）设过点M的直线MD或ME的方程为2(1)ykx，化为20kxyk，则2|2|121k，解得15k．…………………（6分）不妨设直线MD的方程为215(1)yx，将直线MD与抛物线24yx方程联

立，消去x得215484150yy．…………………………………………（7分）设11)(Dxy，，则14215y．∴14215y，11941515x，…………………………………………（8分）同理设22)(Exy，，24215y．∴24215y，21941515x

，…………………………………………（9分）∴直线l的斜率21211lyykxx，∴直线l的方程为11()yyxx，即1115yx，∴l的方程1515110xy，…………………………………………（1

0分）此时圆心Q到直线l的距离261321152152d，∴直线l与圆Q相离．……………………………………………………（12分）22．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）()ln1fxx，所以切线的斜率(1)1kf，又(1)0f，所以曲线在点(10)，处的切线方程为1yx．………

………………………（2分）理科数学ML参考答案·第8页（共8页）由221yxaxyx，，得2(1)10xax，由22(1)423(1)(3)aaaaa，…………………………………（3分）可得当0时，即1a

或3a时，有两个公共点；当0时，即1a或3a时，有一个公共点；当0时，即13a时，没有公共点．所以a的取值范围是[13]，．……………………………………（5分）（Ⅱ）2()()2lnyfxgxxaxx

x，由0y，得2lnaxxx，令2()lnhxxxx，则2(1)(2)()xxhxx，…………………………（7分）当1eex，时，由()0hx，得1x，所以()hx在11e，上单调递减，在[1e]，上单调递增．因此min

()(1)3hxh，…………………………………………………（9分）由112e1eeh，2(e)ee1h，比较可知1(e)ehh，…………………………………………………（11分）所以，结合函数图象可得，当23e1ea≤时，函数()()yfx

gx有两个零点．…………………………………………………（12分）