【文档说明】2021年重庆市巴蜀中学高二下期末数学试卷0617答案.pdf，共(8)页，373.796 KB，由小赞的店铺上传

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第1页共8页高2022届高二（下）期末考试参考答案数学选择题答案：题号123456789101112答案BADBDCADACBCDABDACD填空题答案：题号13141516答案2151390e2详细解答：1.【答案】B【详解】

121132225iiiiziii，则z在复平面内对应的点为13(,)55Z在第二象限.2.【答案】A【详解】{21},{12}AxxBxxx或，则{21}{1

2}{11}xxxxxx.3.【答案】D【详解】5,10.5xy，样本中心点(5,10.5)代入回归方程axyˆ4.1ˆ，得ˆ1.410.51.4517.5ayx.4.【答案】B【详解】123)3(x展开式的

通项为rrrrxCT341213，系数为有理数的项即33r为有理数，所以0,3,6,9,12r，共5项5.【答案】D【详解】甲乙先在三个社区里选一个社区，剩下三个人分两种情况：三人各去一个社区，三个去剩下的两个社区。13223332()

3(66)36CACA6.【答案】C【详解】结论abaabbba当0ab时，2222ababaabbaabb；当0ab时，2222ababaabb当0ab时

，0aabb；综上：ababba7.【答案】A第2页共8页【详解】3次恰好区分出能开锁和不能开锁的钥匙有两种情况：①连续三把能开锁的；②前两次1把能开锁1把不能开锁，第三次是把不能开锁的：故31132335261236010ACCPA8.【答案】D【详解】

设22FAFBm，由双曲线定义得：12FAma，12FBma，所以11(2)(2)4ABFBFAmamaa，作21FHFB,21RtFHF中，22133tan44FHFHmFH，

2RtFHA中，勾股定理得：22222FHAHAF222223424167mmama，21RtFHF中，勾股定理得：2222112FHFHFF2222232524416mmmcc222222425251825417777acbc

aa所以渐近线的斜率为3147，故渐近线方程为3147yx.9.【答案】AC【详解】A正确，原命题与其逆否命题同真同假，命题“若1x，则12x”是真命题，所以其逆否命题是真命题；B错误，命题“若1x，则12x

”的否命题是“若1x，则12x”；C正确，命题“0x，都有02x”的否定是“0x，使得02x”；D错误，若qp为假命题，则p、q都为假命题.10.【答案】BCD【详解】本题由《新教材A版必修二》“9.2用样本估计总体”探究问题改编A错误，从图1中知：抽取的月用水量在[4,8)t

之间的频率为14(0.10.040.020.030.01)0.2，故居民有10000.2200户B正确，从图1中知：从最后一组往前看[20,24)的频率为4%，故[16,20)取6%即可，而[16,20)的频率为12%，所以90%分位数为[16,20)的中点18tC正

确，月用水量的平均值为4(0.120.0560.04100.02140.03180.0122)7.76tD正确，出自《新教材A版必修二》196页.11.【答案】ABD【详解】如图所示A正确，11AD∥面ADE，BC∥面ADE,且1AB面ADE，所以F和

1A到面ADE的距离相等，故三棱锥ADEF与三棱锥ADEA1的体积相等第3页共8页B正确，过,,DEF三点的截面为四边形PFDQ,且PF∥QD,DF与PQ不平行，故四边形PFDQ始终是梯形C错误，

面EMCN∥面DCA11，而EF总与面DCA11相交于点E，故不存在这样的点FD正确，1AC面1BDC，当EF∥1AC时，即：F为BC中点时，EF面1BDC，故存在这样的点F12.【答案】ACD【详解】A正确，22112248ababab

，当且仅当11,24ab时取等号B错误，12122225459baabababab，当且仅当13ab时取等号C正确，12224babbaba，当且仅当13ab时取等号D正确，222222211(12)541

5()(0)552abbbbbbb，故最小值为5113.【答案】2【详解】{1,3,||,}{1,2,3,2}||2,2ABaaaa14.【答案】1513【详解】两人至少有一人正确解答这道题的对立事件为两人都

没有正确解答这道题，121313515.15.【答案】90【详解】将5天组合为2天、2天、1天，再分配给3个人：90!233112325ACCC16.【答案】e2【详解】方法1.）()(ln1)xxxxfxee，设xxte，则1()01xxtxxe

，()tx在(0,1)单增，(1,)单减，∴max1()(1)txte，又0x，即10te.则有1()(ln1)(0)gtttte，()lngtt，∵110lnln1ttee，∴()0g

t，∴()gt在1(0,]e单减，∴min1112()()(ln1)gtgeeee.第4页共8页方法2.）2ln()xxxxxfxe,其中2(ln)ln2xxxxxxxexxxxf)ln)(1()(

'∵ln0xx恒成立，∴(0,1)x时，()0fx；(1,)x，()0fx∴()fx在(0,1)单减，(1,)单增，∴min2()(1)fxfe17.【答案】（1）（4分）28xy;（2）（6分）122yx【详解】（1）22

:13Exy的焦点为(0,2)————2分∴2:2(0)Cxpyp的焦点为(0,2)422pp————3分∴抛物线C的标准方程为：28xy————4分（2）设过焦点为(0,2)的直线方程为2ykx，————5分代入28

xy得：28160xkx————6分设1122(,),(,)AxyBxy则121212410()46AyyyykxxB————8分即22118242kkk————9分∴直线l为：122yx————10分18.【答案】（

1）（4分）37;（2）（8分）2×2列联表如图所示;性别与参加社团无关.【详解】（1）方法1.）用贝叶斯公式求解设高一和高二的所有学生中任选一人是男生、是女生分别为事件AA、设高一和高二的所有学生中任选一人参加

社团为事件B————1分则()60%,()40%PAPA则()()()()PAPBAPABPB=————2分()()()()()()PAPBAPAPBAPAPBA————3分60%10%6360%10%4

0%20%687=————4分方法2.）用第（2）问的2×2列联表中的条件频数直接求解设高一和高二的所有学生中任选一人是男生为事件A设高一和高二的所有学生中任选一人参加社团为事件B————1分第5页共8页则()()()nABPABnB=————3分63147————4分（

2）2×2列联表如下：————8分零假设为0:H性别与参加社团独立，即性别与参加社团无关。根据列联表中的数据，经计算得到：220.05100(632854)1.9933.84114866040，————10分依据小概率值0.05的独立性检验，没有充分的证据推断

0H不成立，因此可以认为0H成立，即性别与参加社团无关。————12分19.【答案】（1）（5分）1;（2）（7分）33【详解】（1）如图所示，原几何体补形得一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱则111111ABCABCEFCABCCAEFBVVV几何体三棱柱四棱锥—

———2分11(12)13131123222————5分（2）建立如图所示的空间直角坐标系————6分设平面ABC的法向量为(,,)nxyz，(1,0,1),(0,1,1)ABBC

00xzyz取(1,1,1)n————8分平面111ABC的一个法向量为(0,0,1)m————9分∴1cos,3nmnmnm————11分∴平面ABC与平面1

11ABC所成锐二面角的余弦值为33.————12分20.【答案】（1）（2分）中位数为74.5，众数为71;（2）（4分）90分;第6页共8页（3）（6分）分布列如图所示，期望为23.【详解】（1）这40名学生成绩的中位数为74.5————1分；众数为71————2分（2）

该市一万名学生成绩～2(72,9)N，则由3原则及正态曲线的对称性得10.9544(90)0.02282P————4分∵0.022810000228（人），————5分∴获奖学生的分数线应划为90分。————6分（3）这40名学生中成绩在[80,100]分的共有

12人，其中[90,100]分（获奖）的学生有4人，则X～(2,4,12)H，————7分248212()(0,1,2)kkCCPXkkC————8分2821214(0)=33CPXC，114821

216(1)=33CCPXC，242121(2)11CPXCX012P14331633111242()123nMEXN————12分21.【答案】（1）（4分）2a，12b;（2）（8分）12t.【详解】（

1）'()ln21fxxax，————1分'(1)2132faa————3分切点1(1,)2代入得：1(1)22fabb∴2a，12b————4分（2）由（1）得：21()

ln22(01)2fxxxxxx，'()(1ln)424ln1fxxxxx————5分1()40fxx则'()fx在(0,)上是增函数，又14()20fee，1()1ln202f，所以，存在011()2xe，

，使得0'()0fx，即00ln14xx①————6分∴0(0,)xx时，'()0fx，0()xx,时，'()0fx，∴()fx在0(0,)x单减，在0()x,单增————7分2min000001()()

ln222fxfxxxxx，将①代入得：22000000011()(14)22222fxxxxxxx————8分第7页共8页∵0()fx在11()2e，单减，∴2011111()()2()22222fxf————9分∴(0,1)x时，2

201111()()ln2()2()2222fxfxxxxx，————10分当且仅当1x时取等，所以等号不成立则1()2fx∴()tfx在)1,0(上恒成立时，12t。————

12分22.【答案】（1）（4分）22186xy;（2）（ⅰ）（4分）031(,1)352x;（ⅱ）（4分）51022yx【详解】（1）方法1.）特殊值法，令(2,0)M，2222ccaa————2分且2ac，解得22c∴22228,6abac，椭圆

C的方程为22186xy————4分方法2.）设(,)Mxy，由题意2222()()MFxcyMAxay（常数），整理得：2222222222011caacxyx.—

———2分故222222220141caac，又12ca，解得：22a，2c.∴2226bac，椭圆C的方程为22186xy.————4分方法3.）设(,)Mxy，则2

24xy.由题意axacxcxaxxcxyaxycx242444MAMF2222222222∵MFMA为常数，∴2244ccaa，————2分又12ca，解得：28a，22c，故2226bac∴椭圆C的方程

为22186xy————4分第8页共8页（2）（ⅰ）.由1sin21sin2SBFSDFSBSFBSFSBSSSDSDSFDSF，又SBFSDFBFSSDF，∴BSBFDSDF

（或由角平分线定理得）————5分令BFDF，则.BFFD,设00(,)Dxy，则有22003424xy，又直线的斜率0k，则0(22,2)x，————6分002(1)BBxxyy代入

2234240xy得：0244])1(2[320220yx，即0(1)(532)0x，————7分∵0，∴031(,1)352x.————8分（ⅱ）.由（ⅰ）知，SBTBBFSDTDDF，由阿波罗尼斯圆定义知，,

,STF在以,BD为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为1C，半径为r，与直线的另一个交点为N，则有BFNBDFND，即22BFrBFDFrDF，解得：111rBFDF.————9分又12818CSr圆

，故922r∴922||1||1DFBF————10分又22220000031(2)(2)62242DFxyxxx，∴000005222111112211193(22)223(22)222xxBFDFDFDFxxx解得

：022x，2003310644yx————11分∴00522ykx，∴直线的方程为51022yx————12分