【文档说明】云南省曲靖市罗平县第二中学2020-2021学年高二下学期期末测试理科数学答案.doc，共(4)页，364.500 KB，由小赞的店铺上传

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罗平二中2020-2021学年（下）学期高二年级期末考试理科数学参考答案一选择题题号123456789101112答案BBCDDBACABDC二填空题：13．5−14．1915．3616．①④三解答题17（1）由121n

naS+=+可得121(2)nnaSn−=+…，两式相减得12nnnaaa+−=，13(2)nnaan+=….…………………………………………2分又21213aS=+=，所以213aa=，故na是首项为1，公比为3的等比数列，所以13nna−=…4分由点()1nnPbb+，在直线

20xy−+=，得12nnbb+−=，故数列nb是首项为1，公差为2的等差数列，所以1(1)221.nbnn=+−=−……6分（2）因为1213nnnnbnca−−==，所以0121135213333nnn

T−−=++++L，………8分则123111352321333333nnnnnT−−−=+++++L，…………………………………………10分两式相减得21222221133333nnnnT−−=++++−L，所以1133nnnT−+=−.………

………12分18．（1）因为1AB=，3AD=，4CD=，//ABCD，ADAB⊥，所以由勾股定理得221(3)2BD=+=，22()BCADCDAB=+−=22(3)(41)23+−=.所以2222222(23)4BDBCCD+=+==，由勾股定理的逆定理得BDBC⊥.………………………

…………………3分因为//AEBC，所以BDAE⊥.因为SD⊥底面ABCD，所以SDAE⊥.又BDSDD=I，所以AE⊥平面SBD.…………………………………………5分（2）二面角DSBE−−的余弦值为5555………12分19．(1)抛物线上的

点A到x轴的距离为||1AyAF=−，根据抛物线的定义可得||2ApAFy=+，…………………………………………2分所以12AApyy=+−，即12p=，解得2p=.…………………………………………4分(2)由(1)知(01)F，，由

题意知直线AF的斜率存在，故可设直线AF的方程为1ykx=+，2114xAx，，2224xBx，.联立214ykxxy=+=，消去y可得2440xkx−−=，0，则124xxk+=，124xx=−.…7分又21124xAMx=−−uuur，，22

224xBMx=−−uuur，，AMBM⊥，所以()()22121222016xxAMBMxx=−−+=uuuruuur，即()2212121242016xxxxxx−+++=，…………………………………………10分代入124xxk+=，124x

x=−，可得424410k−−+=，解得18k=.所以直线AF的方程为118yx=+，即880xy−+=.…………………………………12分20．(1)从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，记抽到四等品的数量为，则1~35B，，所以2134148(1)C55

125P===.…………………………………3分(2)由题可得，抽取的10件产品中，一等品有4件，非一等品有6件，所以X的可能取值为0，1，2，3.…………………………………………4分0346310CC1(0)C6PX===，

1246310CC1(1)C2PX===，2146310CC3(2)C10PX===，3046310CC1(3)C30PX===.………………………………………7分则X的分布列为X0123P161231013011316()0123.62103

05EX=+++=…………………………………………9分(3)由题，方案二的产品的平均售价为403010242218100100100+++201621.2100=(元/件).因为21.222，所以从采购商的角度考虑，应选择方案二.……………………………

……………12分21（1）当1a=时，()e(2)xfxx=−−，()fx的定义域为()−+，，()e1xfx=−.…………………………………………1分令()0fx=得0x=，当(0)x−，时，()0fx，函数()fx在(0)

−，上单调递减；当(0)x+，时，()0fx，函数()fx在(0)+，上单调递增.…………………………………………4分（2）()e(2)xfxax=−−Q，()e1xfxa=−.当0a„时，()0fx„恒成立，函数()fx在()−+，上单调递减，不符合题意；…………………

……………5分当0a时，令()0fx=，即e10xa−=，解得1lnxa=，当1lnxa−，时，()0fx，函数()fx在1lna−，上单调递减；当1lnxa+，时，()0fx，函数()fx在1

lna+，上单调递增，………………8分函数()fx的极小值为1lnfa.又当x→−时，()fx→+；当x→+时，()fx→+，要使()fx有2个零点，只需1ln0fa即可，…………………………………10分即1ln1eln20aaa

−−，解得310ea，a的取值范围为310e，.………………12分22．（1）将cossinxy==代入曲线C的极坐标方程得22cos80−−=中，可得22280xyx+−−=，即

曲线C的直角坐标方程为22(1)9xy−+=，圆心(10)C，.…2分将直线l的参数方程化为普通方程可得3()yxm=−−.||6AB=Q，圆C的半径为3，直线l过圆心C，将(10)C，代入直线l的普通方程可得1m=.

………………………4分（2）由直线l过点(10)M−，，可知1m=−，则直线l的参数方程为21cosπ32sinπ3xtyt=−+=，（t为参数），……………………………6分代入曲线22:(1)9Cxy−+=

中可得2250tt+−=，0.设A，B两点对应的参数分别为12tt，，由韦达定理可知121225tttt+=−=−，………8分根据参数的几何意义，可得121211||||||||||||ttMAMBMAMBMAMBtt−++==

=()221212124(2)4(5)2655tttttt+−−−−==.…………………………………………10分．