【文档说明】安徽省黄山市2022-2023学年高二下学期期末测试+数学+含解析.docx，共(7)页，330.933 KB，由小赞的店铺上传

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黄山市2022—2023学年度第二学期期末质量检测高二数学参考答案及评分标准一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）题号12345678答案CCBDCBCA二、多项选择题（本题共

4小题，每小题5分，共20分.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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）题号9101112答案ACDACBCDACD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13.114.1615.1216.22e−

四、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．（本题满分10分）（1）设数列na的公差为d，因为2a是1a，4a的等比中项，则2214aaa=，即2111()(3)adaad+=+，且0d，整理得1da=①，………………………………2分

又因为19998452dSa=+=，整理得145ad+=②由①②解得，11a=，1d=，所以()11nann=+−=.………………………………4分（2）由（1）知，()11213213nnnnban−−−==−，…………

……………………5分则021133353(21)3nnTn−=++++−，可得12313133353(23)3(21)3nnnTnn−=++++−+−，两式相减得0123121323232323(21)3

nnnTn−−=+++++−−…………8分16(13)1(21)313nnn−−=+−−−(22)32nn=−−，所以(1)31nnTn=−+.……………………………………………………………10分18．（

本题满分12分）（1）由正弦定理得：sincos3sinsincos0aBACaAB−+=．所以()sincoscossin3sinaABABC+=所以()sin3sinaABC+=．即sin3sinaCC=，因

为sin0C，所以3a=；……………………………………………………………5分（2）因为ACDABDSCDSBD=，即1sin120221sin302ACADABAD=，………………………………7分所以32ABAC=．……………………………………………………………………8分

在ABC中，由余弦定理得2233cos22ABACAABAC+−==−，所以227362ACAC=−，则21213AC=，………………………………………………………………………10分所以2133sin15032826ABCSABACAC===.…………………………12分19

．（本题满分12分）（1）连接DN交AM于O点，在正方形ABCD中，且点,MN分别是边CD和BC的中点，所以AMDN⊥,…………………………2分即AMOP⊥，AMON⊥,又OPONO=,故AM⊥平面OPN,又因为PN平面OPN，所以AMPN⊥.…………………5分（2）当平面PAM⊥平

面ABCM时，且交线为AM，又因为PO平面PAM且OPAM⊥，所以PO⊥平面ABCM,………………………………………………6分以O为坐标原点，,,OAONOP正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标

系,则()()()32,0,0,1,2,0,0,,0,0,0,12ABNP，……………………………………8分()30,,1,2,0,12PNPA=−=−，设平面PAN的法向量为(),,nxyz=，30220PNnyzPAnxz=−==−=，取3,2,32

n=.同理可得平面PNB的法向量为()1,2,3,m=−……………………………………10分23238542cos,85461142mnmnmn===，即平面APN与平面BPN夹角的余弦值为23854854.…………………………12分20．（本题满分12分）（1）解：设事件A=“2

个盲盒都是“校园”模型”，事件B=“2个盲盒都是“图书馆”模型”，事件C=“2个盲盒都是“名人馆”模型”，则A与B与C为互斥事件，∵23210C1()C15PA==，41220C()C215PB==,21220C()C145PC==∴2个盲盒为同一种模型的概率12(

)(2)()()15911545PPABCPAPBPC==++=++=．…………………4分（2）解：设事件=iA“第i次取到的是“校园”模型”，1,2i=;设事件iB=“第i次取到的是“图书馆”模型”，1,2i=

;设事件iC=“第i次取到的是“名人馆”模型”，1,2i=;设事件iD=“第i次取到的是“科技馆”模型”，1,2i=.∵()131110C3C10PA==，()142119C4C9BPA==，()1411

10CC52PB==，()311921C1C3PBB==,()111012CC15PC==，()142119C94CPBC==,()111011CC110PD==，()142119C94CPBD==∴由全概率公式，可知第2次取到的是“图书馆”模型的概率为

：()()()()()()()()()2121121121121PBPAPBAPBPBBPCPBCPDPBD=+++42131442109535191905=+++=.……………………………………………8分（3）解：∵()

1110PX==，()9121010PX==，()29919131010101010PX===()89191010PX==，()991010PX==………………………………11分

X123910P110911010291101089110109910……………………………………………12分21．（本题满分12分）（1）已知()()1()ln11,()1,0fxxaxfxaxx=−−+=

−−（），当1a时，()0fx恒成立，()fx在()0,+上单调递增，()fx无极值，……2分当1a时，令()11(0)faxx−=−，得101xa−；令()11(0)faxx−=−，得11xa−，所以()fx在1

0,1a−上单调递增，在1,1a+−上单调递减.当11xa=-时，()fx有极大值，()1()ln11faa=−−−，无极小值，……………5分综上：当1a时，()fx无极值；当1a时，极大值为()1

()ln11faa=−−−，无极小值；…………………6分（2）若()()gxfx，则(e2)ln10xxxax−−+−在0x时恒成立，1ln2exxax+−+恒成立，令221lnlne2)()e,(xxxxxhxxhxx+−−=−+=，令2()lnexxxx=−−，则

21()(2)e0(0)xxxxxx=−−+，()x在()0+，单调递减，又12e1()1e0,(1)e0e−=−=−，由零点存在定理知，存在唯一零点01,1ex，使得()00x=，即00

001ln20000000111lnelne,lneexxxxxxxxxxx−===，，………………………………9分令()e(0),()(1)e0,()xxMxxxMxxMx==+在()0+，上单调递增，0000

11ln(),lnMMxxxx==，即00lnxx−=当0(0,)xx时，()hx单调递增，0(,)xx+单调递减，000max00001ln11()()e221xxxhxhxxxx+

−==−+=−+=，0()1ahx=，即a的取值范围为1a.……………………………………12分22．（本题满分12分）（1）焦点2,0,||793522ppFFP=−+=，………………………………1分∵0p，又点P到抛物线E准线的距离不大于10，∴

2p=………………………3分抛物线E的标准方程为24yx=；……………………………………………………4分（2）依题意直线AB斜率存在，设AB的方程为3(7)ykx−=−，由23(7)4ykxyx−=−=，化简得：()22412280,0,167310kyykkkk−+−=

=−+，设()()1122,,,AxyBxy，则12124,2128yyyykk+==−，……………………………6分消去k得：()1212283yyyy+=+①又331131423ACyykxxyy−===−+，则136yy+=②由①②得()()323262836yyyy−+

=−+，∴()2323301yyyy−+=③…………8分（ⅰ）若直线BC没有斜率，则230yy+=，又()2323301yyyy−+=，∴2310y=−（舍去）………………………………………………………………9分（ⅱ）若直线BC有斜率，为2323234yyxxyy−=−+，获得更多资源请

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