【文档说明】四川省广元市广元中学高2021级高二下期第二次段考 数学（理）试题答案.docx，共(5)页，251.700 KB，由小赞的店铺上传

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广元中学高2021级高二下期第二次段考理科数学参考答案及评分细则一、选择题（每小题5分，共60分）1.B2.B3.A4.C5.C6.C7.C8.D9.C10.B1.B12.D二、填空题（每小题5分，共20分）13.7+4i1

4.3715.216.5三、解答题（17题10分，18---22题每题12分）17、（1）解：直线l的直角坐标方程为20xy+−=，根据cossinxy==转换为极坐标方程为()sincos2+=，曲线C的直角坐标方程为()2224xy−+=，即2

24xyx+=，根据222cossinxyxy==+=转换为极坐标方程为4cos=.（2）解：设点M、N的极坐标分别为π,4M、π,4N，射线()π04=与直线():sincos2l+=交于M点，故22

ππsincos44M==+，射线()π04=与曲线:4cosC=交于N点，故π4cos224N==，故2NMMN=−=.18、解析：（1）()2220020503010011.1116.635120805

0150K−=，有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系.（2）因为“效果较好”的男客户和女客户的人数之比为100:50，即为2:1，故抽取的6名客户中，男生有26412=+名，记为1B，

2B，3B，4B，女生有16212=+名，记为1A，2A，从这6人中选取2人的所有基本事件有：()12,AA，()11,AB，()12,AB，()13,AB，()14,AB，()21,AB，()22,AB，()23,A

B，()24,AB，()12,BB，()13,BB，()14,BB，()23,BB，()24,BB，()34,BB，共15个.其中至少一名女生的基本事件有：()12,AA，()11,AB，()12,AB，()13,

AB，()14,AB，()21,AB，()22,AB，()23,AB，()24,AB，共9个.所以，抽取的2名学生中至少有1名女性的概率为93155=.19、解析：（1）因为()2fxxa=−，故()240fa=−=，解得4a=，因为()31423fxxx=−+，所

以()24fxx=−，则所求切线的斜率为()23345f=−=，且()391221f=−+=−，故所求切线方程为()()153yx−−=−，即516yx=−；（2）因为()31423fxxx=−+，0,3x，所以()24fxx=−，令()240fxx=−=，得2x=

（2x=−舍去），由()0fx，可得0,2x，函数()fx单调递减，由()0fx，可得2,3x，函数()fx单调递增，所以()fx的极小值为()81028233f=−+=−，又()02f=，()31f=−，所

以()fx的最大值为2，最小值为103−.20、解析(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF

.(2)解：如图建立空间直角坐标系E－xyz，由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．所以BC→＝(－1，－2，0)，BD→＝(1，－2，1

)．设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则n·BC→＝0，n·BD→＝0，即x0＋2y0＝0，x0－2y0＋z0＝0.令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－4)．又因为平面CC1D的法向量为EB→＝(0，2，0)，所以c

os〈n，EB→〉＝n·EB→|n||EB→|＝－2121.由题知二面角B－CD－C1为钝角，所以其余弦值为－2121.21、解析（1）根据椭圆定义得，21211222222aPFPF=+=++=，即2a=，221,1cbac==−=，故椭圆的标准方程为2212x

y+=．（2）证明：设()()1122,,,MxyNxy，当直线MN斜率存在时，设直线MN方程：ykxt=+，则由题意得1212111yyxx−−+=，将11ykxt=+，22ykxt=+代入整理得：(

)1212(21)(1)0kxxtxx−+−+=（*），将ykxt=+代入椭圆方程2212xy+=整理得()222124220kxktxt+++−=，需满足228(21)0kt=−+，则2121222422,1212kttxxxxkk−−+==++，代入（*）式得：222224(2

1)(1)01212tktktkk−−−+−=++，整理得(1)(21)0tkt−−−=，当10t−=时，MN过B点，不合题意；故210kt−−=，直线MN的方程为21(2)1ykxkkx=+−=+−，故此时MN过定点(2,1)−−；当直线MN斜率不存在时，设MN方

程为xs=，代入2212xy+=可得212sy=−，不妨设22,12,,12MsNsss−−−，由1QMQNkk+=可得221111221ssss−−+−+=−−，解得2s=−，此时MN方程为2x=−，也过定点(2,1)−−，综合上述，MN过定点(2

,1)−−.22、解析：（Ⅰ）由已知，得，经检验，满足条件.（Ⅱ）当时，当时，.又∵，故在上是增函数2212()122()2,()11122aaxxaafxxaxaxaax−−=+−=−++1()02f=22122aa−=220,0,2.aaaa−−=

=2a=02a22212(2)(1)0,2222aaaaaaaa−−−−+−==12x2202axa−−201axax+()0,fx()fx1,)2+（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知，在上的最大值为于是问题等价于：对任意的，不等式恒成立.记则当时，有，且a

a+1>0∴g(a)在区间（1，2）上递减，且，则不可能使恒成立，故必有当，且若，可知在区间上递减，在此区间上有，与恒成立矛盾，故，这时，即在（1，2）上递增，恒有满足题设要求.，∴实数的取值范围为.(1,2)a()fx1[,1]211(1)

ln()1,22faa=++−(1,2)a211ln()1(1)022aama++−+−211()ln()1(1),(12)22gaaamaa=++−+−1()12[2(12)],11agamamamaa=−+=−−++0m2(12)2(1)10mamma−−=+−(1)0g

=0m()0ga0.m0m21()[(1)].12magaaam=−−+1112m−()ga1(1,min{2,1})2Dm=−D()(1)0gag=()0ga1112m−()0ga()ga()(1)0gag=01112mm−14mm1[,)4+

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