【文档说明】安徽省阜阳市2023-2024学年高二下学期期末数学答案.docx，共(5)页，322.208 KB，由管理员店铺上传

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2023-2024学年高二下学期阜阳市高二年级教学质量统测数学参考答案一、选择题1.D2.D3.C4.B5.C6.D7.A8.B二、选择题9.BCD10.BCD11.ACD三、填空题12.3213.[2,十∞)14.任意正实数(若答案为

1或其它具体数字不给分)，13;四、解答题15.(1)证明:由1132nnnaaa++=−,两边取倒数,得111233nnaa+=+,(3分)则1111113nnaa+−=−,因为11213a−=,所以数列1

1na−是等比数列.(6分)(2)解:由(1)得1111121133nnnaa−−=−=,(8分)则123211111113311001313nnnnnaaaa−++++=+=+−−,(11分)显然113nn

+−为单调递增数列,则满足条件的最大整数n为99.(13分)16.解:(1)由题意知椭圆的短轴长为2,即22,bM=为椭圆的上顶点,所以()0,1M.当A,O,B三点共线时,设()00,Axy,则()00,Bxy−−.000011,MAMByyk

kxx−−−==−,所以20220222001114MAMBxyakkxxa−−===−=−,则2a=.(5分)故椭圆C的方程为2214xy+=.(6分)(2)设过A,B两点的直线为()()1122,,,,lAxyBxy,当直线l的斜率不存在时,A,B两点关于x

轴对称,所以2121,xxyy==−.因为A在椭圆上,所以221114xy+=,又1OABS=,所以111212xy=,即111xy=,结合221114xy+=可得1112,2xy==,此时222212124,1xxyy+=+=,所以2222

2212125OAOBxxyy+=+++=.(8分)当直线l的斜率存在时,设其方程为,0ykxmm=+,联立22,1,4ykxmxy=++=消去y得()222148440kxkmxm+++−=,其中()()()()2222284

144416410kmkmkm=−+−=−+①,所以2121222844,1414kmmxxxxkk−−+==++,(9分)所以()222221212244114114kmABkxxxxkk−+=++−=++.(10分)因为点O到直线l的距离21mdk=+,(11分)所以112OABSA

dB==,所以222221441112141mkmkkk−++=++,整理得224210km−+=,符合①式,此时()2222212121222888241414kmmxxxxxxkk−−+=+−=−=++,(13分)2222121211211.44xxyy+=−+−=−

=2222221212145,OAOBxxyy+=+++=+=所以22OAOB+的值为5.(15分)17.(1)证明:1AC⊥底面,ABCBC平面ABC,1ACBC⊥,又1,,BCACACAC⊥平面111,ACCAACACC=,BC⊥平面11A

CCA,又BC平面11BCCB,平面11ACCA⊥平面11BCCB.(3分)过1A作11\botCAOC交1CC于O,又平面11ACCA平面11BCCB11,CCAO=平面11ACCA,1AO⊥平面11BCCB.点1A到平面11

BCCB的距离为12,2AO=.(4分)在Rt11ACC中,11111,4ACACCCAA⊥==,设COx=,则14COx=−.11111,,AOCAOCACC均为直角三角形,且14CC=,2222222221111111111,,,COAOACAOOCCAACACCC+=+=+=()2244

416xx+++−=,解得2x=,(6分)11112/2,ACACACACAC====.(7分)(2)解:1111,,,RtRtACACBCACBCACACBACB=⊥⊥,(8分)1BABA=,过B作1\botA

BDA交1AA于D,则D为1AA的中点.由直线1AA与1BB之间的距离为4,得114,2,4,2/5BDADBDABAB=====,在RtABC中,2223BCABAC=−=.(10分)以C为坐标原点,直线CA为

x轴,CB为y轴,1CA为z轴建立空间直角坐标系,则(2/2A,()10,0),22,23,22B−,显然()0,1,0=n为平面11ACCA的一个法向量,由sin=1139cos,13ABAB==nn(1

4分)则直线1AB与平面11ACCA所成角的正弦值为3913.(15分)18.解:(1)()41521101,4C33243PXY====.(5分)(2)显然()2105,,33XEBX=.(10分)（3）设质点在经过20次移动以后,最有可能

的位置坐标为(),20mm−,则()()()()1,1,PXmPXmPXmPXm==−==+……(12分)即201211202020119120202121CC,33332121CC,3333mmmmmmmmmmmm−−−−−+−+

解得1314m„„,(15分)故所求位置坐标为()13,7或()14,6.(17分)19.证明:(1)令函数()1011nnnfxaxaxax−−=+++.显然()fx在00,x上连续,在()00,x内可导,由

条件知()()000ffx==,(2分)由罗尔中值定理知,至少存在一点()00,x,使得()0f=,(3分)即方程()1201110nnnanxanxa−−−+−++=必有一个小于0x的正根.(4分)(2)令()()()fmgxfxxm=−,则()()()fmgx

fxm=−.由()()0fxfx−+=,得()00f=,所以()()0000gf=−=.(6分)因为()()()0gmfmfm−=−+=,所以()()0gmg−=,(7分)由罗尔中值定理知,至少存在一个()1,0xm−,使得()10gx=,即()()10fmfx

m−=.(8分)同理,因为()()()0gmfmfm=−=,由罗尔中值定理知,至少存在一个()20,xm,使得()20gx=.所以()()()220fmgxfxm=−=.故方程()()0fmfxm−=在(),mm−内至少存在两个不同的解.(10分)(3)证

明:令()()2exFxfx=,则()()()()22e2exxFxfxfxgx=+=.由()()2ee11xfxaxax=−−−−−,得()()010ff==,(12分)则()()010FF==,又因为()Fx是连续且可导函数,由罗尔中值定理知,存在()0,1,使得()

0F=,(15分)则()2e0g=,所以()0g=.故函数()()()2gxfxfx=+在区间()0,1内至少存在一个零点.(17分)