【文档说明】广东省广州市广大附、广外、广铁三校联考2020-2021学年高二下学期期末数学试卷答案.pdf，共(5)页，635.763 KB，由管理员店铺上传

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1/52020学年第二学期期末三校联考高二数学参考答案一、单选题（每小题5分，共40分）12345678ABBCCDDA二、多选题（每小题5分，共20分）9101112ACDBCABDAD三、填空题（每小题5分，共20分）13.9414.22115

.8916.1四、解答题（第17题10分，其余各题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.解:(I)由条件及正弦定理，得2222bcabab整理得222abcab..............

..................................................2分由余弦定理，得2221cos222abcabCabab..................

.....4分又∵C是三角形的内角,∴3C...................................................5分(II)由(1)及余弦定理，得222222coscababCabab.....

6分∵4ab,∴2222()3163cababababab..............7分∴22163163()42abcab(当且仅当2ab时等号成立)......9分∴c的最小值为2，此时1sin32ABCSabC．..........

..............................10分18.(I)证明:由题设11nnnaaS,得1211nnnaaS............................

..1分两式相减，得121()nnnnaaaa........................................3分∵10na,∴2nnaa.........................................................

......4分2/5(II)由11a,1211aaa,得21a,由(I)知,311aa.当{}na为等差数列时，令2312aaa,解得4.........................................................5分而

当4时，24nnaa.此时，21{}na是首项为1,公差为4的等差数列,故2114(1)2(21)1nann；2{}na是首项为3,公差为4的等差数列,故2134(1)221nann，所以21nan,12nnaa，{}

na为等差数列.故当{}na为等差数列时，21nan.....................................................................................7分由12313521...3333nn

nT，得2341113521...33333nnnT两式相减，得2312122221...333333nnnnT21121(1)1213313313nnn

122233nn....................................................................................11分∴1113nnnT...........

.............................................12分19.(I)证明:取FC的中点为I,连接,GIHI.在CEF中,∵点G是CE的中点,∴GIEF.又∵EFOB,∴GI

OB.∵,GIABCOBABC平面平面,∴GIABC平面在CFB中,∵H是FB的中点,∴HIBC.∵,HIABCBCABC平面平面,∴HIABC平面又∵HIGII,HIGHI平面,GIGHI平面,∴GHIABC平面平面

.∵GHGHI平面,∴GHABC平面.................................................................5分3/5(II)解法一:连接'OO,则'OOABC平面.又∵=ABBC,且AC是圆O的直径,∴BOAC.

如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，则(0,23,0),(23,0,0BC），故=(23,23,0BC）,过F作FM垂直OB于点M，则22||=||||3FMFBBM,故(0,3,3F）.∴(0,3,3BF），设(,,)mxyz

是平面BCF的法向量,则..............................7分23230330mBCxymBFyz取3y，得3,1xz，∴(3,3,1)m为平面BCF的一个法向量............9

分取平面ABC的一个法向量为(0,0,1)n,则7cos,7||||mnmnmn.......................11分∴平面FBC与平面ABC的夹角的余弦值为77..................

..............................................12分解法二:连接'OO.过点F作,FMOBM为垂足,则有'FMOO.又'OOABC平面,∴FMABC平面.在RtFBM中

，223FMFBBM.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN，则由三垂线定理，得FNBC,又因02FNM,故FNM为平面FBC与平面ABC的夹角.............................9分又∵=ABBC,AC是圆O的直径,∴6si

n452MNBM从而22422FNFMMN,7cos7MNFNMFN故平面FBC与平面ABC的夹角的余弦值为√77................................................

.................12分4/520.(I)1900.022000.3152100.352200.2752300.04210,x222222(20)0.02(10)0.31500.35100.275200.0483S

.4分(II)由(I)知，210,839xS,(201219)()0.683PXPX,∵2000×0.683=1366,∴2000株幼苗的株长位于区间(201,219)内的株数大约是1

366............................8分(III)由题意,进入育种试验阶段的幼苗株数为1366,每株幼苗最终结穗的概率321432P,则1(1366,)2B，所以1()13666832E.....................

....................12分21.(I)由E的离心率为12,可设,2,ctat则3(0)btt................................1分又∵12FPF面积取最大值

3时,点P为短轴端点..............................................2分∴12332tt,结合0t，解得1t...........................................................4分∴E

的方程为22143xy................................................................................5分(II)直

线2FP与直线2FQ相互垂直，证明如下：......................................................6分依题意，可设直线AB的方程为11221,(,),(,)xtyAxyBxy，则由221143xtyxy，得

22(34)690tyty，显然223636(34)0tt由韦达定理，得122634tyyt,122934yyt............................................

8分直线1AA的方程为11(2)2yyxx,令4x，得1162yyx，∴116(4,)2yPx直线1BA的方程为22(2)2yyxx，令4x，得2262yyx，∴226(4,)2yQx又2(1,0)F,故1216(3,)2y

FPx,2226(3,)2yFQx...........................................10分5/5∴12221266922yyFPFQxx212221212229363634990963()9393

434yytttyytyytttt.....12分∴22FPFQ，即22FPFQ.22.(I)函数()2xfxeax的定义域是R，'()xfxea.若0a，则'()0xfxea，∴函数()2xfxeax在(

,)上单调递增；...1分若0a，则当(,ln)xa时，'()0xfxea；当(ln,)xa时，'()0xfxea；∴()fx在(,ln)a上单调递减，在(ln,)a上单调递增....................

.....................4分(II)由于1,0,ax故'()11kxfxx()(1)1xkxex11xxkxe.....5分令1()(0)1xxgxxxe，则()kgx.221(2)'()1(1)(1)xxxxxxeeexgx

ee，令()2(0)xhxexx,则'()10xhxe,∴()hx在(0,)上单调递增.∵(1)0,(2)0hh，∴()hx在(0,)上存在唯一零点，设此零点为0x，则0(1,2)x.当0(0,)xx时，()0,'()0hx

gx；当0(,)xx时，()0,'()0hxgx.∴()gx在0(0,)x上单调递减，在0(,)x上单调递增...................................................9分∴00min001()()1xxgxgx

xe......................................................................................10分由0()0hx得002

xex，故00()1(2,3)gxx.∵0()kgx，且k为整数，所以k的最大值为2......................................................12分