【文档说明】云南省昆明市第三中学2021-2022学年下学期期中考试高二数学参考答案.docx，共(8)页，483.304 KB，由管理员店铺上传

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昆明市第三中学高2023届高二年级下学期期中考数学学科参考答案一、选择题12345678DBDBAABC9101112BDBCDADABD1．D()()()()11111,111222iiiiziiziiii−++===

==+++−Q，则z的虚部是122．B因为()abb−⊥rrr，所以2()abbabb−=−rrrrrr=0，所以2abb=rrr，所以cos=22||122||abbbab==rrrrrr，所以ar与br的夹角为3，故选B．3．D依题意()

22322542105CCPAC+===,()22251=10CPABC=,故()|PBA=()()1110245PABPA==.4．B根据题意有()1cos2x35cos212cos2222fxxx−=+−+=+，所以函数()fx的最小正周期为22T==，且

最大值为()max35422fx=+=，故选B.5．A由题意可分步完成：第一步选3位男生排列，第二步选2位女生插入男生形成的空档中，方法数为322434ACA864=．6．A逆用二项式定理得()012233222212243n

nnnnnnnCCCCC+++++=+=，即533n=，所以n=5，所以12352131nnnnnCCCC++++=−=．7．B设事件A=“第一次抽出的是红球”，事件B=“第二次抽出的是红球”，则BABAB=+，由全概率公式(

)()()()()PBPAPBAPAPBA=+．由题意()aPAab=+，()acPBAabc+=++，()PAbab=+，()PBAaabc=++，所以()()()()()()aacabaPBababc

ababcab+=+=+++++++．8．CCD⊥Q平面ABC，AC平面ABC，CDAC⊥，又ACD△是等腰三角形，CDAC=．根据正弦定理，ABCV外接圆确定．设E为ABCV外接圆的圆心，则232sin32

ACCEB===，132OECD==，227OCOECE=+=，球O的体积()34287733V==.9．BD根据导函数()yfx=的图象可得，当(),2x−−上，()0fx，在()()2,11,x−+上，()0fx，故函数在(),2x−−上函数()fx单

调递减；在()2,1−，()1,+函数()fx单调递增，所以2−是函数()yfx=的极小值点，所以B正确；其中1x=两侧函数的单调性不变，则在1x=处不是函数()yfx=的最小值，所以A不正确；由()yfx=图象得()00f，所以函数()yfx=在0x=处的切线的斜率大于零，所以C不正确

；由()yfx=图象可得，当()2,2x−时，()0fx，所以函数()yfx=在()2,2x−上单调递增，所以D是正确的，10．BCD根据二项分布的数学期望和方差的公式，可得()30EXnp==，()()120DXnpp=−

=，解得13p=，所以A错误；根据数据方差的计算公式可知，将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变，所以B正确；由正态分布的图象的对称性可得()()12112110222PpPp−−−===−，所以C正确；甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过90

分的概率2231131228C−=，故D正确.11．ADA项：由于甲必选物理，故只需从剩下5门课中选两门即可，即2510C=种选法，故A正确；B项：甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件，故B错误；C项：由于乙同学选了物理，乙同学选化学的概率是142

525CC=，故C错误；D项：因为乙、丙两名同学各自选物理的概率253612CC=，所以乙、丙两名同学都选物理的概率是111224=，D正确，故选：AD.12．ABD由已知椭圆的长轴长和短轴长都分别相等，因此焦点也相等，从而离心率相同

，A正确；用(,)yx替换1C方程中的(,)xy得2C的方程，同样用(,)yx替换2C中的(,)xy得1C方程，因此椭圆1C与椭圆2C关于直线yx=对称，同理可得它们也关于直线yx=−对称，因此它们的公共部分边界线C关于直线yx=对称，B正确；(1,0),(1,0)AB−是椭圆1C的两个

焦点，(0,1),(0,1)MN−是椭圆2C的两个焦点，P在椭圆1C上时，PAPB+是定值，但PMPN+不是定值，所以PAPBPMPN+++不是定值，C错；设P(,)xy椭圆1C上在第一象限内的点，则22222213(1)344xOPxyxx=+=

+−=+，随x的增大而增大，由对称性，曲线C上，当P点在直线yx=上时，OP最大，22143xx+=，2127x=，因此22max12242277OPxy=+==，D正确．三、填空题13．60根据二项式定理，62()xx−的通项为：6621662()(1)2rrrrrrr

rTCxCxx−−+=−=−，当622r−=时，即r=2时，2360Tx=，所以a=60.14．14先将4名志愿者分成2组，分别是每组2个人或者一组3人，一组1人，若每组2个人，分别分配给2个项目，则有246C=种分法；若一组3人，一组1人，

分别分配给2个项目，则有23428CA=种分法；因此不同的分配方案共14种，故答案为：14.15．31+不妨设A，B分别在第一、第三象限，则260AOF=．由12||||2ABFFc==得2||||OAOF=，且四边形12AFBF为矩形．故2AOF△是正三角形，2||AFc=

，1||3AFc=．由双曲线的定义知32cca−=，从而31==+cea，故答案为：31+．16．1,e+()2lnxfxx=−，则当01x时，()0fx，当1x时，()0fx

，所以()fx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，不妨设121xx，则()()12fxfx，12lnlnxx，由已知()()()1221lnlnfxfxkxx−−，即()()1122lnlnfxkxfxkx++，令()()lngxfxkx=+，则()gx

在()1,+上不存在减区间，从而当1x时，()2ln0xkgxxx=−+恒成立，即lnxkx恒成立，令()lnxhxx=，则()21lnxhxx−=，当()1,ex时，()0hx，()hx单调递

增；当()e,x+时，()0hx，()hx单调递减，所以()()max?1eehxh==，所以1ek≥.四、解答题17．（1）由10(0.0050.020.040.005)1m++++=，解得0.03m=（2）学生成绩在[88,10

0]之间的频率为0.0520.030.11+=，故可估计所有参赛学生中能获奖的人数约为12000.11122=人（3）平均分的估计值为：550.05650.2750.4850.3950.0576++++=分18．解：（1）函数(

)ln1fxxxax=−+的导数为()ln1fxxa=+−，在点(1,(1))Af处的切线斜率为12ka=−=，(1)2f=−，即12a−=−，3a=；（2）由（1）得，()ln2,(0,)fxxx=−+，令()0fx，得2xe，令()0fx，得20xe，即()fx

的增区间为()2,e+，减区间为()20,e．在2xe=处取得极小值21e−，无极大值．19．解：（1）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1

+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an）=0，∴an+1﹣an＝2或11nnaa+=−∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列或{an}是首项为3，公比1q=−等比数列∴{an}的通项公式an＝3+2（n

﹣1）＝2n+1或3(1)nna=−g（2）由于0na，所以0na，21nan=+∴bn()()111121232nnaann+===++（112123nn−++），∴数列{bn}的前n项和Tn12=（111

11135572123nn−+−++−++）12=（11323n−+）11646n=−+.20．（1）设从100个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的事件为A，则()2011005PA==现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为X，则1~4,5XB恰好

抽到2个礼品果的概率为：()22244196255625PXC===（2）设方案2的单价为，则单价的期望值为：()1342165488481618222420.61010101010E+++=+++==

()20EQ从采购商的角度考虑，应该采用第一种方案（3）用分层抽样的方法从100个水果中抽取10个，则其中精品果4个，非精品果6个现从中抽取3个，则精品果的数量X服从超几何分布，所有可能的取值为：0,1,2,3则()36310106CPXC===；()2164310112CCPXC==

=；()12643103210CCPXC===；()343101330CPXC===X的分布列如下：X0123P1612310130()1131601236210305EX=+++=21．(1)24xy=(2)由题意知1l和2l斜率均存在，()0

,2T，设直线1l方程为2ykx=+，则直线2l方程为12yxk=−+，由242xyykx==+联立得2480xkx−−=，216320k=+设1122(,),(,)AxyBxy，则124xxk+=，2124

4yyk+=+故2(2,22)Mkk+，同理得222(,2)Nkk−+故直线MN方程为222221(22)(2)()(2)22kkykxkkxkkkk−−+=−=−−+整理得14ykxk=−+，故直线MN过定点(0,4)22．（

1）由题意，函数()fx的定义域为()0,+,()22(21)2(2)(1)(21)axaxxaxfxaxaxxx−++−−==−++=当12a=时，()0fx恒成立，故()fx的递增区间为()0,+；当102a时，在区间()0,2，1,a+时()0fx，12,

a时()0fx，所以()fx的递增区间为()0,2，1,a+，递减区间为12,a；当12a时，在区间10,a，()2,+时()0fx，1,2a时()0fx，所以()fx的递增区间为

10,a，()2,+，递减区间为1,2a；综上所述，当12a=时，()fx的递增区间为()0,+；当102a时，()fx的递增区间为()0,2，1,a+，

递减区间为12,a；当12a时，()fx的递增区间为10,a，()2,+，递减区间为1,2a；（2）当0a=时，由()24xfxex−−,只需证明2xelnx+.令()2xgxelnx=−−()0x，()1xgxex=−.设()

00gx=，则001(01)xoexx=.当()00,xx时，()0gx，()gx单调递减;当()0,xx+时，()0gx，()gx单调递增,∴当0xx=时，()gx取得唯一的极小值，也是最小值.()gx的最小值是(

)0002xgxelnx=−−=0000111220xlnxxex−−=+−成立.故()24xfxex−−成立.则直线2l方程为12yxk=−+，由242xyykx==+联立得2480xkx−−=，216320k=+设1122(,),(,)

AxyBxy，则124xxk+=，21244yyk+=+故2(2,22)Mkk+，同理得222(,2)Nkk−+故直线MN方程为222221(22)(2)()(2)22kkykxkkxkkkk−−+=−=−−+整理得14ykxk=−+

，故直线MN过定点(0,4)获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com