湖北省仙桃、天门、潜江2019-2020学年高二下学期期末考试数学答案

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以下为本文档部分文字说明:

仙桃、天门、潜江2019—2020学年度第二学期期末考试高二数学参考答案及评分标准一、单项选择题(每小题5分,共40分)1.D2.C3.C4.A5.B6.C7.B8.C二、多项选择题(每小题5分,共20分)9.AD10.BCD11.BCD12.ABD三、填空题(每小题5分,共20分)1

3.814.22π3a15.016.14(前一空2分,后一空3分)四、解答题(共70分)17.解:(1)∵1na,{na}是常数列,∴12C2CCC)(021nnnnnnnnf.…………………………………4分(2)∵na是公比为3的等

比数列,∴1113nnnqaa,∴nnnnnnnfC3C3C3C)(13221,∴nnnf4)31(1)(3.……………………………………………………7分∴)14(3441)41(4

nnnS.……………………………………………………10分18.解:(1)由0)ln()(>axaxxf,得11)(xxf.令0)(xf,得10<<x,故函数)(xf在)1,0(上单调递增,在),(1上单调递减,∴21ln

)1()(afxf极大值,故3ea.………………………………………5分(2)0ln3)eln()(3>axxxxxf.由3)(txxf,得xtx)1(ln,即xxtln1恒成立,所以

最大值xxtln1.令xxxgln)(,则2ln1)(xxxg,由0)(xg,得e0x.故)(xg在)e0(,上单调递增,在),e(上单调递减.…………………………10分所以e1)e()(gxg最大值,

故e11t,所以1e1t.………………………………………………………12分19.(1)证明:△BMC为正三角形,F为BM的中点,则CF⊥BM.又CF⊥EF且FBMEF,所以CF⊥平面ABM.而BMCCF平面,所以平面AB

M⊥平面BMC.…………………………………5分(2)解:连接AF.在△ABM中,由AB⊥EF知AB⊥AM.又ABCDAM,故△ABM为等腰三角形,则可得AF⊥BM.所以AF⊥平面BCM,故AF⊥CF.以F为坐标原点,FM为x轴正方向,FC为y轴正方向,FA为z轴正方向建立空间直角坐标系,则

21,23,1),0,0,1(),1,3,1(),0,3,0(),0,0,1(),1,0,0(QMDCBA,所以)1,0,1(AB,)0,3,1(BC,21231

,,AQ.设平面ABCD的法向量为),,(zyxn,所以,0ABn,0BCn则,030yxzx,取3,31zxy,则,所以平面ABCD的一个法向量为)3,1,3(n,…………………………………10分所

以1442723,cosAQAQAQnnn,所以14154,sinAQn,故直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值为14154.………………………………12分20.解:(1)由20206)(3xxxf,得63)(2xxf.令0)(xf,得2x或2

x,故函数),2(),2,)(的单调递增区间为(xf,单调减区间为),(22,所以242020)2()(fxf极大值.…………………………………………4分(2)由2020coscos)(cos

)(3xtxxfxg(t∈R),得)cos3(sinsinsincos3)(22xtxxtxxxg.由0sin)π,0(xx,知.①若,0t则0)(,0cos32xgxt所以,所以)π,0()(在xg上单调递减,无极小值.…………………………………………

6分②若0)(,0cos3,32xgxtt所以则,所以)π,0()(在xg上单调递增,无极小值.………………………………………8分③若30t,则在2π,0内存在唯一的0x使得0cos32xt,即3cos0tx,当),0(0xx时,

0)(,0cos32xgxt所以;当)π,(00xxx时,0cos32xt,所以0)(xg;当)ππ(0,xx时,0)(,0cos32xgxt所以.此时,3322020202033)(3tttttxg

极小值.……………………12分21.解:(1)由题可知抛物线的焦点为)(0,1,故42,12pp所以,所以抛物线方程为xy42.………………………………………………………4分(2)直线PQ过定点.………………………………………

……………………5分设直线AB的方程为3tyx,联立,,xytyx432整理,得01242tyy.设),(11yxA,),(22yxB,),(33yxP,),(44yxQ,则12,42121yytyy.………6分直线AP的斜率511

xykAP,所以直线)5(511xxyyAP:.联立,,xyxxyy455211整理,得020)5(41121yyxyy,则13312020yyyy,所以,212331004yyx.同理,2420yy,224100yx

,所以txxyykPQ533434,故直线PQ的方程为2111005320yxtyy,…………9分即32553206053121xtyytyxty,变形得(或令0y,得325330025253300)(2533

0010021212121121211yyyyyyyyytyx).故直线PQ过定点0325,.………………………………………………………12分22.解:(1)1.5ˆ15ˆ,3.31033455515

35258ˆ,15,3xbabyx.故线性回归方程为1.53.3ˆxy,当6x时,9.24ˆy,预测元月31日成交额为9.24万元.……………………………………………………………………

………………4分(2)①可能取的值为210,,,)1)(1()0(21ppP,2121)1()1()1(ppppP,21)2(ppP,的分布列为012p)1)(1(21pp21

21)1()1(pppp21ppE2121)1()1(pppp+221pp=21pp.……………………………………8分②1e)(,421kkppkkETEkT)(,令1e)(4kkk

,则4e44)(kkk,由0)(k得42k,故)(k在)(4,2单调递增,在),4(单调递减.所以当4k时,)(k取最大值,即4k,时)(TE取最大值.………………………………………………12分

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