【文档说明】2019-2020安徽名校第二学期期末考试高二数学（理）试题答案.pdf，共(5)页，196.185 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-db1f4bb3131e4e9e75920b7e81c89994.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页共5页2020年高二期末联考理数参考答案题号123456789101112答案DACDABCACBDC1.【解析】,zi所以33()zii。2.【解析】集合{1,0,1},1,2AB（-）,所以{0,

1}AB.3.【解析】一共48个菱形，黑白灰各16个。4.【解析】选项ABC都是必要非充分条件。5.【解析】由题设1bbaa，所以,2abe。6.【解析】按程序框图，m的值依次为20,10,5,16,8,4,2,1，输出n的值

是9。7.【解析】15455()()()23(360183)200nnnnaaaaSSS，所以1140203602nnnaaaaSnn，，因此18n。8.【解析】化简得557log3log2log3abc，，，且572log

41,2log91bc，所以acb。9.【解析】函数非奇非偶，0,2)x（时，'1cos0yx单调递增，x附近导数不为0.10.【解析】设球O半径为R,当AOBAOC平面平面时，三棱锥OABC体积的最大。注意AOB是正三角形，AOC是

顶角等于120的等腰三角形，所以231131(sin120)123228VRRRR,所以16S.11.【解析】由题意得：sincos2sin4xxxfxexaexexafx在,22上单调递增

0fx在,22上恒成立又0xe，2sin04xa在,22上恒成立，当,22x时，3,444x2sin,1

42x2sin1,24xaaa10a，解得：1,a，选D。12.【解析】因为O为ABC△外接圆的圆心，所以()AOCBAOCAABAOCAAOAB

2211||+||1222CAAB，所以2||=8124=57CA，第2页共5页2222||||||||8157cos2||||2||9BCABACB

CBBCABBC1(||18BC24126)224||189BC，所以当且仅当2||=24BC时cosB最小，此时角B最大，且此时222||||||ABCABC，ABC△是以角C为直角的直角三角形，所以1||||2

ABCSACBC△157263423382，故选C．13.【答案】34【解析】角的终边一定在第一象限，所以33sin,tan5414.【答案】132【解析】当第一个因式取1时

，第二个因式应取含5x的项，则对应系数为：55612(1)12C；当第一个因式取2x时，第二个因式应取含4x的项，则对应系数为：42622)120C（；故6121xx的展开式中2x的系数为121201

32.15.【答案】3或23【解析】由已知6,6cospAFAF所以61cosAF，同理61cosBF.所以211126()161cos1cossinAB

，得3sin2，=3或2316.【答案】41，【解析】令'2()20fxxx，得120,2xx，在开区间(,4)aa内的最大值一定是(0)0f，又(3)(0)0ff，所以044

3aaa，得实数a的取值范围是41，.17.【解析】（1）sin()sinsinbBcbCaA，由sinsinsinabcABC得222bcbca，由余弦定理得2221cos22bcaAbc，0A，3A………………………………

5分（2）13sin5324SbcAbc，所以20bc，又5b故4c于是2222cos21abcbcA，212R27sinsin3aA，所以25sinsin7(2)bcBCR。……10分18.【解析】（1）∵2

1nnaSn，令1n，得123a，132a．∵21nnaSn，∴112(1)1nnaSn，*(2,)nnN两式相减，得122nnaa，整理1112nnaa，所以112(2)2nnaa，(2)n∴数列{2}na是首项为1122

a，公比为12的等比数列………………………………………4分∴12()2nna，∴122nna．………………………………………………………………6分（2）(2)2nnnnbna，所以231232222nnnT，第3页共5页两边乘以12得23411123

22222nnnT，将两式相减得231111111112=1=1222222222nnnnnnnnnT，所以222nnnT，即数列{}nb的前n项和nT等于222nn.…………………………………………12分19.【解析】证明：（1）因为1,3

12,60ADAEA．由余弦定理得2212212cos603DE．因为222ADDEAE，所以ABDE．折叠后有1ADDE．因为二面角1ADEB是直二面角，所以平面1ADE平面BCED.又平面1ADE平面BCEDDE，1A

D平面1ADE，1ADDE，所以1AD平面BCED．…………………………………………………………………………6分（2）假设在线段BC上存在点P，使直线1PA与平面1ABD所成的角为60．如图，作PHBD于点H，连结1AH、1AP．由（1）有1AD

平面BCED，而PH平面BCED，所以1ADPH．又1ADBDD，所以PH平面1ABD．所以1PAH是直线1PA与平面1ABD所成的角．………………8分设PBx03x，则2xBH，32PHx．在Rt△1PAH中

，160PAH，所以112AHx．在Rt△1ADH中，11AD，122DHx．由22211ADDHAH，得222111222xx．解得52x，满足03x，符合题意。所以在线段

BC上存在点P，使直线1PA与平面1ABD所成的角为60，此时52PB．……………………………………………………………………………………12分BCED1AHP第4页共5页20.【解析】（1）设椭圆的焦半距为c，则|OF|=c，|OA|=a，|

AF|=ac．所以113ecaac，其中cea，又2223bac，联立解得2a，1c．所以椭圆C的方程是22143xy．…………………………………………………………………4分（2）由题意直

线不能与x轴垂直，否则将无法构成三角形．………………………………………5分当直线l与x轴不垂直时，设其斜率为k，那么l的方程为1ykx．联立l与椭圆C的方程，消去y，得22(43)880kxkx．Δ=22(8)32(43)kk，显然大于0．设点

11(,)Mxy，22(,)Nxy．则122843kxxk，122843xxk．……………………………7分所以22212246211143kkMNkxxk，又O到l的距离211dk．所以△OMN的面积22222126212126243(43)kkSdMNkk

．…………………………………10分令2433tk，那么221112623233tSttt，当且仅当t=3时取等．所以△OMN面积的最大值是263．…………………………………………………………

……12分21.【解析】（1）设生物成绩获得A等级的学生原始成绩为x，等级成绩为y,由转换公式得：951008586xyxy，即：14(85)14330861010xxy143309692.110xx根据成绩

统计表显示满足92.1x的同学只有3人，获得A等级的考生有15人故恰好有1名同学的等级成绩不小于96的概率为113122151235CCPC…………………………………6分（2）由题意等级成绩不小于96分人数为3人，

获得A等级的考生有15人，则051423323123123123125555151515152445202(0),(1),(2),(3)91919191CCCCCCCCPPPPCCCC分布列为0123P249145912091291则期望为：

45202231919191E……………………………………………………………………12分第5页共5页22.【解析】（1）2=0xfxeax，等价于2xeax，设2()xegxx，则'3(2)()xexgxx，令'()0gx得2x，在(0,2)上'()0g

x，()gx单调递减；在2,)（上'()0gx，()gx单调递增。2x时()gx取极小值也是最小值2(2)4eg。而且0x时()gx，x时()gx，所以实数a的取值范围是2(,)4e。……………………………………

………………………………6分（2）解法1：由（1）知()fx有2个零点时，一定有1202xx，且122212xxeeaxx，两边取对数得11222ln2lnxxxx，所以1212x2lnlnxxx。要证明的不等式等价于12121212x02)2lnlnxxxxx

xx（………………………………………………8分等价于121212lnln2xxxxxx，等价于证明112122x1xln2x1+xxx，令12(0,1)xtx，等价于证明2(1)ln0,(01)1tttt

，设函数21()ln(01)1thtttt（），则222114'011thttttt，故函数ft在0,1上是增函数，所以10hth，即21ln01ttt成立，所以原不等式成立．………

………………………12分解法2：由（1）知()fx有2个零点时，一定有1202xx，且122212xxeeaxx，可得21221)xxxex（，令211xtx，则212xxte即212lnxxt所以1122

ln2ln(1)2ln,11ttttxtxxtt，122ln2ln11tttxxtt要证明124xx，即证明2ln2ln411ttttt等价于lnln22tttt

，……………………………………8分令()lnln22httttt，则'1)ln1httt（，令1)ln1sttt（，则'22111()01)tsttttt（所以()st在(1,)单调递增，()(1)0sts，即')0ht（，所以()ht在(1,

)单调递增所以()(1)0hth，即lnln22tttt，因此124xx得证。……………………………………12分