【文档说明】广东省韶关市2019-2020学年高二下学期期末考试数学试题答案与评分标准0715.pdf，共(10)页，514.062 KB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年度第二学期教学检测高二数学参考答案及评分标准一、单项选择题题号12345678910答案DDBABBBACA1.【解析】[1,2],1,2AAB=−=,选D2.【解析】由44(1)4422.1(1)(1)2

iiiiziiii−+====+++−则222222.z=+=故选D.3.【解析】选B．4.【解析】将第一次的点数与第二次点数配对，共有36种结果，满足条件的结果有（1，2），（2，1），（2，3），（3，

2），（3，4）（4，3），（4，5），（5，4）,（5，6）,（6，5）,所以，满足条件的事件概率1053618P==，选A5.【解析】在平面直角坐标系中，设,OAa=,OBb=O为坐标原点，则A，B两点在以O为圆心的单位圆上，且3,AB=用余弦定理或解直

角三角形容易求得0120,AOB=故选B.6.【解析】设双曲线的一条渐近线方程为xaby=，即0=−aybx,则右焦点(,0)c到渐近线0=−aybx的距离为a22,可得,2222ababc=+即.22ab=.则22222222289,cabaae

aaa++====所以3.e=故选B7.【解析】xxfxx−+=−−ln22)(）（)(ln22xfxxx=+=−）（，则)(xf是偶函数，排除D．由0)(=xf得0ln=x，解得1=x或1−=x，即函数)(xfy=有

两个零点，排除C．当+→x，+→)(xf，排除A．故选B．8.【解析】因为na是等差数列，前n项和为1352,S=得1138aa+=,74a=从而221137716bbba===，故选A.9.【解析】11114114101010102(2)(5)5ab====，同时1

21.1=a，154.0=b，而1ln25ln==ec，故选C．10.【解析】点(2,0)Q−,设该直线方程为(2)ykx=+，由方程组2(2)8ykxyx=+=得，2222(48)40kxkxk+−+=

，124xx=，由抛物线定义及已知可得，2122xx=+解得：11,x=或12x=−（舍去）,所以(1,22)A−,k=223−,故选A二、多项选择题（全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得

0分）题号1112答案ABCAD11.【解析】如图，在四棱锥PABCD−中，易证//PAEO,EOC为所求，由已知可得，EOECOC==,3EOC=，故A正确；PD⊥平面ABCD，PDAC⊥，又

ACBD⊥，,PDDBDPD=平面PDB，BD平面PDB，AC⊥平面PDB，又AC平面PAC，平面PAC⊥平面PDB，故B正确；因为PD⊥平面ABCD，所以PDBC⊥，由底面ABCD是正方形，知BCCD⊥，而PDCDD=，所以BC⊥平面PC

D，而DE平面PCD，所以BCDE⊥.又因为PDDC=，E是PC的中点，所以DEPC⊥，而PCBCC=，所以DE⊥平面PBC，而PB平面PBC，所以PBDE⊥，又EFPB⊥，DEEFE=，所以PB⊥平面EFD，所以C正确；由DE⊥平面PB

C，知DE⊥EB，所以D错误，故选ABC.12.【解析】sin2222()2sincos3sin2(2]22xxkkfxxxxxkk−+==−+，+2，，+2，kZ因为(2)si

n(2)cos(2)sincos()fxxxxxfx+=++==,所以，()fx是周期函数，A正确,又当[0,]2x，cos0x()sin2fxx=,易知()sin2fxx=在[0,]2不是增函数，B不正确。因为，当

[0,2]x时，有且仅有2个最低点54（，-1)，74（，-1),所以，()()1gxfx=+在[0,2]有且仅有2个零点,故C不正确；由()=sin2fxx，又2)()(21=+xfxf，则有12sin21,sin21xx===，得111()24kxkZ=+，2

21()24kxkZ=+，则1212()()2222kkkxxkZ++=++，故D正确.故选AD.三、填空题（15题第一空2分，第二空3分）13．3314．2015．4;).2,2(−16．9413.【解析

】00003tan750tan(72030)tan30.3=+==14.【解析】由展开式通项6162166[()].kkkkkkTCxxCx−−−+==令620,k−=则3k=,3620.C=OEPCDABF15.【解析

】由直线过圆心易得弦长的最大值是4，由圆的半径为2，圆心到直线的距离小于1时，满足圆上有且仅有4个点到直线l的距离等于1.由点到直线距离公式可得1211+−b，则b的取值范围是).2,2(−16.【解析】ABBCD⊥平面，且BDCD⊥,不妨设1,

ABBDCD===过点P作,3POBCOONBDNPNPNBDAC⊥⊥⊥=于点于点，连结，则，，设PCx的长为，由3,=,3POPCPOxABAC=得由3,=,3ONBOAPxONCDBCAC−==得2222

2333223+3,333xPNPOONxxx−=+=+=−2132233,26PBDSBDPNxx==−+当32x=时，PBDS最小，此时P为AC中点，12PO=,设外接球的半径的r,则2

2221()()22rr=+−34r=，表面积239444S==四、解答题17.（1）解法一：2cos2cBab=−，由正弦定理，得2sinCcosB2sinAsinB=−2sinCcosB2sin(BC)sinB

=+−2sinCcosB2sinBcosC2cosBsinCsinB=+−2sinBcosCsinB0−=sinB0,1cosC2=又0C，3C=……………………………………………………….5分解法二：2cos2c

Bab=−，由余弦定理，得222222acbcabac+−=−22222acbaab+−=−222abcab+−=2221cos22abcCab+−==CABDP又0C，3C=……………………………………………………….5分（2）解法一：根据正弦定理，得s

insinbcBC=，即13sinsin3B=，∴1sinB2=，又3C=，20,3B，∴6B=故2A=，ABC的面积1322Sbc==……………………………………………10分解法二：根据余弦定理，得2222coscababC=+−()2223121cos3

aa=+−，220aa−−=,-2,1aa==−或（舍去）故ABC的面积113sin21sin2232SabC===……………………………10分18.解：（1）23a=，∴13ad+=①636S=又，∴161536ad+=②……………………3分由①、②

，得112ad==，1+(n-1)2=21nan=−.……………………6分（2）由（1）可知222111142(21)4241(21)(21)nnbannnnnn====+−−+−−+−111()22121nn=−−+……………………9

分12111111111()()()()21335572121nnTbbbnn=+++=−+−+−++−−+11(1)22121nnn=−=++……………………12分19.方法一：（1）连结1BCME

，．因为ME，分别为1BBBC，的中点，所以ME∥1BC且112MEBC=．又因为N为1AD的中点，所以112NDAD=．由题设知11AB//DC且11=ABDC,可得1BC//1AD且11BCAD=，故ME//ND且MEND=，因此四边形MNDE为平行四边形，MN//ED又1MNEDC

平面，所以MN//平面1CDE．…………………………4分（2）在1RtCCE中，221125CECCCE=+=,在Rt△11CDD中，22111125CDDCDD=+=,在Rt△ECD中，2222DEDCCE=+=,可得等腰三角形1CDE底边上的高为32，所以11223262CDES==.设

点C到平面1CDE的距离为h，又因为1CC⊥平面DEC由11CDECCCEDVV−−=三棱锥三棱锥得，122462h=，所以点C到平面1CDE的距离4.3h=……………………………………………………8

分（3）11APAADD⊥平面ANP为直线PN与平面11AADD所成角2,1422APAPAPNA===.取1AA中点Q，连结NQ，过点Q作1QHAP⊥交1AP于点H,连结NH,易证11NQAABB⊥平面，所以NHQ为二面角1NAPA−−的平面角，易知△1AAD△1ANQ,

11,AQAPQHAD=即2171QH=，则2,17QH=在Rt△NQH中，6217NH=，可得2cos6NHQ=因为二面角1NAPA−−与二面角1NAPM−−互补，所以二面角1NAPM−−的余弦值为2.6−…………………………………………

…………………………………………12分HQMNEC1D1B1CA1DBAP解法2（坐标法）（3）设APt=，则()4,,0Pt，设直线PN与平面11AADD所成角为，由题意知2tan4=，所以1sin3=，()0,

2,0DC=为平面11AADD的一个法向量，()2,,2PNt=−−，则221sincos,328tDCPNDCPNDCPNt−====+，所以1t=所以()()()114,1,0,0,1,4,2,0,2,PAPAN=−=−−设()1,,n

xyzANP=平面的一个法向量，则1100nAPnAN==，则40220yzxz−=−−=，令1,z=则()4,1,1,4,1yxn==−=−易知()1,0,0m=为平面1APN的一个法向量，则12cos,6321nmnmnm−===−，因为二面角1NAPM−−为钝

角，所以其余弦值为2.6−………………………………12分20.解析：（1）由题意得,2=a,22==ace可得,2=c所以.222222=−=−=cab故椭圆𝐶的方程为12422=+yx………………………………………………………4分(2)方法一：由题意可

知直线𝑙斜率存在，且不为0，可设直线l的方程为3+=kxy设),(),,(2211yxByxA，由=++=124322yxkxy消y可得：01412)21(22=+++kxxk因为直线与椭圆交于两点，所以,0即,0)21(56)12(22

+−kk解得.472k……6分由韦达定理得.2114,2112221221kxxkkxx+=+−=+…………………………………7分所以2122122124)(11xxxxkxxkAB−++=−+=22222156)2112(1kkkk+−+−+=22

22174122kkk+−+=xyzMNEC1D1B1CA1DBAP设原点O到直线3+=kxy的距离是d，则.132kd+=所以2222222174231321741222121kkkkkkdABSOAB+−=

++−+==…………10分设)0(742=−ttk则.9269262ttttSOAB+=+=所以292269269262=+=+=ttttSOAB当且仅当3=t时,即2=k时取等号,所以，OAB面积的最大值是2……12分（2）方法二：由题

意可知直线𝑙斜率存在，且不为0，可设直线l的方程为3+=kxy，设),(),,(2211yxByxA,由=++=124322yxkxy消x可得：0496)21(222=−+−+kyyk由直线与椭圆交于

两点，则,0即,0)49)(21(43622−+−kk解得.472k由韦达定理得.2149,2162221221kkyykyy+−=+=+……………………………7分设直线3+=kxy与x轴交于C点，可得.33kkOC=−=所以12)49(4)12(363214

)(3212122222122121+−−+=−+=−=kkkkyyyykyyOCSOAB化简得22217423kkSOAB+−=………………………………………………………10分设)0(742=−ttk则.9269262ttttSOAB+=+=所以292269269262=+=

+=ttttSOAB当且仅当3=t时，即2=k时取等号,所以OAB面积的最大值是2…………12分（2）方法三：如图，由题意可知直线𝑙斜率存在，且不为0，可设直线l的方程为3+=kxy，设),(),,(2211yxByxA，由=++=124322

yxkxy消y可得：01412)21(22=+++kxxk因为直线与椭圆交于两点，所以,0即,0)21(56)12(22+−kk解得.472k由韦达定理得.2114,2112221221kxxkk

xx+=+−=+…………………………………7分因为OPAOPBOABSSS−=所以222221221212156)21()12(3214)(32121kkkxxxxxxOPSOAB+−+−=−+=−=

化简得22217423kkSOAB+−=…………………………………………………………10分设)0(742=−ttk则.9269262ttttSOAB+=+=所以29226926=+=ttSOAB当且仅当3=t时,即2=k时取等号,所以，OAB面

积的最大值是2……12分(说明：本题若采用其他方法，请酌情给分）.21.【解答】（1）3554321=++++=x，10051801501005020=++++=y1920180515041003502

20151=++++==iiiyx555432122222512=++++==iix故429555100351920ˆ=−−=b从而26342100ˆˆ−=−=−=xbya所以所求线性回归方程为2642ˆ−=xy令3002642

−x，Nx，解得8x故预计2020年8月来该楼盘看楼的人数能超过300百人，即30000人……………………-6分（2）遥控车开始在第0格为必然事件，10=P，第一次掷硬币出现正面朝上，遥控车移到第一格，其概率

为21，即211=P．遥控车移到第(219)nn格的情况是下列两种，而且也只有这两种．①遥控车先到第1−n格，又掷出正面朝上，其概率为121−nP，②遥控车先到第2−n格，又掷出反面朝上，其概率为221−nP，所以212121−−+=nnnPPP，∴)(21211−−−−

−=−nnnnPPPP，∴当191n时，数列1−−nnPP是公比为21−的等比数列∴2111−=−P，212)21−=−（PP，323)21−=−（PP，…，nnnPP)211−=−−（，以上各式相加，得−−−=−++−+−+

−=−nnnP)21(1)31(212121)211321）（）（）（（，∴)190()21(1321)21(1)31(1−−=+−−−=+nPnnn∴获胜的概率−−=2019

)21(132P即购楼者参与游戏一次获得购楼券5000元的概率为20211()0.666732−−．……………-12分22.解：【解答】（1）由题意知)(xf的定义域为),1(+−当0=a时，)1ln()(+=xxf此时11)(+=xxf则函数)(xf在坐标原点处的切线的斜率为1

)0(=f故函数)(xf在坐标原点处的切线方程为xy=或0=−yx……………………………………-3分（2）由题意知11211)12()(2++−+=++−=xaaxaxxxaxf令12)(2+−+=aaxaxxg，令),1(+−x①当0=a时，01)(=xg，此时0)(

xf，函数)(xf在),1(+−上单调递增，无极值点.②当0a时，)89()1(82−=+−−=aaaaa（ⅰ）若0，即980a时，0)(xg，0)(xf，函数)(xf在),1(+−上单调递增，无极值点.（ⅱ）若0，

即98a时，设方程0122=+−+aaxax的两根为1x，）（212xxx，由对称轴方程为41−=x，则有2141xx−.由01)1(=−g，可得21411xx−−.，则12)(2+−+=aaxaxxg在),1(+−x上的图像为：当),1(1xx−时，0)(xg，

此时0)(xf，函数)(xf单调递增当),(21xxx时，0)(xg，此时0)(xf，函数)(xf单调递减当),(2+xx时，0)(xg，此时0)(xf，函数)(xf单调递增所以)(xf在1xx=时取极大值，)(xf在2xx=时取极小值即函数)(xf有两个极值点.

③当0a时，0，由01)1(=−g可得21411xx−−，此时12)(2+−+=aaxaxxg在),1(+−x上的图像为：当),1(2xx−时，当),1(2xx−时，0)(xg，0)(xf，函数)(xf单调递增当),(2+xx时，0)(xg，0)(

xf，函数)(xf单调递减所以)(xf时在2xx=时取极大值即函数)(xf有唯一的极值点.综上所述，当0a时，函数)(xf有唯一的极值点；当980a时，函数)(xf无极值点；当98a时，函数)(xf有两个极值点.………………………

…………12分