【文档说明】云南省大理白族自治州下关一中教育集团2022～2023学年高二年级下学期期中考数学-答案.pdf，共(9)页，328.429 KB，由管理员店铺上传

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数学XG参考答案·第1页（共8页）下关一中教育集团2022~2023学年高二年级下学期期中考数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案DDBCACCB【解析】1．由

题意可知集合{|1}BxxyxyR，，为数集，集合22{()|1}AxyxyxyR，，，表示点集，二者元素类型不同，所以AB，故选D．2．112i12i12i(12i)(12i)55

∵，∴复数112i的对应的点在第四象限，故选D．3．因为{}na是等比数列，所以91234567892512aaaaaaaaa，故选B．4．A：对任意的两个随机事件M、N，()()()pMNpMpN

成立条件是事件独立，所以错误；B：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，“正面朝上”的次数一定为50次，只能说接近，不等肯定，故而错误；C：完成一件事，可以有不同方式，方法一，先选2人担任指挥，再从剩余48人中选

18人；方法二，也可以先整体选出20人，再从20人中选2人担任指挥，所以选项正确；D：0ab，0m，则bbmaam，所以选项错误，故选C．5．由题可知11112512222363AFABAEABACABAD

，∵点F在BE上，∴76xy，故选A．6．根据题意，分2步进行分析：①将4名大学生分为3组，有24C6种分组方法，②将分好的3组安排参加3个社区参加志愿活动，有33A6种情况，则有6636种分配方案

，故选C．7．sincosAC∵，ππ2C，，πcossincos2CAA∴，π2CA，故选C．数学XG参考答案·第2页（共8页）8．如图1，连接OE，作ONAD，交CF于点N，E∵是AB的中点，OEAB∴，BC∵平面ABE，OE平面ABE

，BCOE∴，ABBCB∵，ABBC，平面ABCF，OE∴平面ABCF，又AD平面ABCF，OEAD∴，又ONAD，OEONO，OEON，平面ONE，AD∴平面ONE，设平面ONE与上底面交于PQ，MEAD∵，∴点M的轨迹为PQ；∵

8AB，6BC，D是母线BC中点，13tantan8BDBADOONAB∴，1119tan4ONOOOON∴，229244PQ572，22113734NOOOON，113735715511224216O

PQSONPQ△，∴故选B．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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BCDABCABCBC【解析】9．A是正

确的：二项分布1~25XB，，则随机变量的期望12()255EX；B是错的：举12，易知11xy不成立；C是错的：已知kR，直线(1)0xky恒经过定点(01)，；D是错

的：23，显然22xy不成立，故选BCD．10．对A：*122nnnaaanN，∵，*121nnnnaaaanN，，∴则数列{}na为等差数列，58500Sa，，即38100aa，，则2d，则

3(3)102(3)216naadnnn，故A正确；对B：114a，则21()(14216)1522nnnaannSnn，故B正确；对C：15nSnn显然成立；对D：215nSnn，开口向

下，对称轴为7.5n，*nN∵，故当7n或8n时，nS取得最大值56，故D错误，故选ABC．11．A：10()ln()lnln1xfxxxfxxxxx，，，所以正确；B：0x，sinxx，()sinhxx

x，()cos10hxx≤，所以函数单调递减，故而有()(0)0hxh≤，图1数学XG参考答案·第3页（共8页）()0sinhxxx，，∴所以正确；C：10()ln()1xfxxkfxkx，，，，切点为(1，0)，所以切线方程是1(1)1yxyx，

，所以命题正确；D：()0fx有解，2()(2)2fxxx，，但在两侧导函数为正，所以函数无极值，所以命题错误，故选ABC．12．A：抛物线24yx的准线方程是1x，所以答案是错的；B：因为双曲线221xy，所以11ab，，所以离心率2e，

故正确；C：因为双曲线22221(00)xyabab，，所以焦点坐标为(0)(0)cc，，，，渐近线方程为0bxay，所以焦点到渐近线的距离为22||bcdbab，故正确；D：设1111()

()AxyBxy，，，，则22221122114242xyxy，，两式相减得：2222121224yyxx，因为AB的中点坐标是112，，所以直线的斜率为1212121212()4yyxxkxxyy，

故错误，故选BC．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案1274893990π1sine172【解析】13．4πππ1coscosπcos3332

．14．4455156C(2)C(1)80674a．15．抽检第1件产品不合格的概率为5110020，抽检的第1件产品合格，第2件产品不合格的概率为95519100993

96，所以这批产品被拒绝的概率为11977697203967290990，所以被接受的概率为978931990990．数学XG参考答案·第4页（共8页）16．由正弦函数的单调性可知ππ1sinsin762，由不等式1211e1e1e122xx，所以π1

sine172．四、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）在ABC△中，22||||BABCBABC，π4B，又

36AB，6AC，由正弦定理可得sinsinABACACBB，故236sin32sin62ABBACBAC，因为ABC△是锐角三角形，所以π3ACB．………………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得π3ACB，所以2π3ACD，在ACD△中，6AC

，10CD，2π3ACD，所以222212cos6102610142ADACCDACCDACD，所以ACD△的周长为6101430．……………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）求这件产品是合格品的概

率为40(15)60(14)0.956％％％％．…………………………………………………（6分）（Ⅱ）设B{取到的是合格品}，A{产品来自第i批}(12)i，，则12()40()60PAPA％，％，………………………………………………………（8分）则12(|

)1595(|)1496PBAPBA％％，％％，………………………………（10分）根据公式得：1111122()(|)409595(|)()(|)()(|)40956096239PAPBAPABPAPBAPAPBA％％％％％％．…………………………………………

……………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：因为3(1)2nnSnann，数学XG参考答案·第5页（共8页）当2n≥时，113(1)(1)(2)2nnSnann，1133(1)(1)(1)(2)22nnnnnaSSnanann

nn∵，………………………（2分）13(1)(1)(1)[(2)]02nnnanannn∵，1(1)(1)3(1)0nnnanan∴，……………………………………………………（4分）13nnaa∴，又11a，所以{

}na是以1为首项，3为公差的等差数列，1(1)332nann∴．………………………………………………………（6分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得11111(32)(31)332311nnnbannann

，………………………………………………………………………………………（8分）11111111111134477103231331nTnnn∴，………………………………………………………………………………………（10分）nT

∵单调递增，11111344nTT∴≥，又1031n∵，13nT∴，综上可得1143nT≤．…………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：DE∥平面ABC，理由如下：如

图2，分别取ACBC，的中点OP，，连接DOEPOP，，，因为ADCD，所以DOAC，又平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，DO平面ACD，所以DO平面ABC，同理EP平面A

BC，所以EPDO∥，………………………………………………（2分）又因为ACDBCE△，△是全等的正三角形，所以EPDO，所以四边形DOPE是平行四边形，所以DEOP∥，因为ED平面ABC，OP平面ABC，所以ED∥平面ABC．………………………

………………………………………（5分）图2数学XG参考答案·第6页（共8页）（Ⅱ）解：连接BO，则易知BO平面ACD，以O为坐标原点，分别以ODOAOB，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图3所示的空间直角坐标系Oxyz，令2

AC，则(000)(010)(010)(300)OACD，，，，，，，，，，，，1313002222HP，，，，，，13322DEOPE

∵，∴，，，所以3313(020)332222ACAEDH，，，，，，，，，………………………………………………………………………

…………（8分）设平面ACE的法向量为()mxyz，，，所以00mACmAE，，所以20333022yxyz，，则0y，取2z，1x∴，则(102)m，，，所以2315cos5

||||25DHmDHmDHm，，设直线DH与平面ACE所成的角为，则15sin|cos|5DHm，．………………………

……………………………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：设抛物线上的点00()Mxy，，过M作MQx轴于Q，设线段MQ中点()Pxy，，于是有002xxyy，，而2002ypx，即2(2)2ypx，从而得212ypx，……

………………………………………………………………………（2分）当M为抛物线顶点时，可视为过M作x轴垂线的垂足Q与点M重合，其中点P与M重合，坐标也满足上述方程，所以垂线段的中点的轨迹方程是212ypx

，它是顶点在原点，焦点为08p，，开口向右的抛物线．………………………………………………………………………（6分）图3数学XG参考答案·第7页（共8页）（Ⅱ）证明：由222yxyx，，得2240yy，设1122()()AxyBxy，，，，则有124yy

，222121212()4224yyyyxx，……………………………………（9分）12124(4)0OAOBxxyy，即OAOB，所以OAOB，

………………………………………………………………………（11分）所以原点O在以AB为直径的圆上．……………………………………………（12分）22．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）函数的定义域为xR．()(

1)e(1)(e)xxfxxxe(1)exxx(2)exx，令()0fx，解得2x，()fx，()fx的变化情况如下表所示：x(2)，2(2)，()fx－0＋

()fx单调递减21e单调递增所以，()fx在区间(2)，上单调递减，在区间(2)，上单调递增，当2x时，()fx有极小值21(2)ef．………………………………………（4分）（Ⅱ）令()0fx，解得1x．当1

x时，()0fx；当1x时，()0fx，所以，()fx的图象经过特殊点212eA，，(10)B，，(01)C，．当x时，与一次函数相比，指数函数exy呈爆炸性增长，从而1(

)0exxfx；当x时，()fx，()fx．根据以上信息，我们画出()fx的大致图象如图4所示．…………………………………………………………………………………（8分）图4数学XG参考答案·第8页（共8页）（Ⅲ）方程()()fxaaR的解的个数为函数()y

fx的图象与直线ya的交点个数，由（Ⅰ）及图4可得，当2x时，()fx有最小值21(2)ef，所以，关于方程()()fxaaR的解的个数有如下结论：当21ea时，解为0个；当21ea或0a≥时，解为1个；当210ea时，解为2个．…

………………………………………………（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com