湖北省武汉市四校联合体2021-2022高二下学期数学期末试卷及答案

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62021-2022学年度下学期期末考试高二数学参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。12345678DCABBACA二、多项选择题：全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9101112ABBCABCBCD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.6014.10812315.(1)f(x)（答案不唯一）（2）（1，-2）16.x13四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。117.解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2，3所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，其通项公式为an＝3n－1.……5分bn1(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn得bn＋1＝，因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．记33{bn}的前n项和为Sn，则1n1（）331Sn＝＝－.…………10分1n－122×31322218.(1)在ABC中，由余弦定理可知：BCABAC2ABACcosBAC,即2322BC223222342故BC2,ABBC2,ABC是等腰三角形，故ABC120…………2分222在ABM中，由余弦定理可知：AMABBM2ABBMcosABC2221即AM212217AM7,2在ABM中，由正弦定理可知：ABAM2721sinAMBsinAMBsinABMsinAMB37…………4分227因为AMB为锐角，所以cosAMB7ooo2712137cosMPNcos(AMB60)cosAMBcos60sinAMBsin60727214…………6分

722(2)由（1）知：P是ABC的重心，所以BPBNBN1,BP,故33112331133SBPBMsin601,SBNBCsin6012BPMBCM223262222333所以四边形PMCN的面积为SS…………12分BNCBMP26319．(1)证明：连接AC1交A1C于点E，连接DE，因为四边形ACC1A1是平行四边形，所以E是AC1的中点，又因为D是AB的中点，所以DE∥BC1，因为BC1平面A1CD，DE平面A1CD，所以BC1∥面A1CD.…………4分(2)取AC中点O，连接OA1、OB，因为AA1A1C，所以OA1AC，因为平面A1ACC1⊥平面ABC，OA1平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以OA1平面ABC，因为ABC是正三角形，O是AC的中点，所以OBAC，…………6分建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，设OA1a，31则A0,1,0，B3,0,0，C0,1,0，D,,0，A10,0,a，C10,2,a，22所以A1B3,0,a，A1C(0,1,3)，BC(3,1,0)，…………7分又平面A1ACC的一个法向量n1,0,0，A1Bn32所以cosA1B,nsin45，ABn3a221因为a0，解得a3，…………9分nACy3z011设平面BA1C的一个法向量n1x,y,z，则，nBC3xy01取x1，可得y3,z1，所以n11,3,1，n1n215又平面A1CC1的一个法向量n2(1,0,0)，所以cosn1,n2，nn5512

8设二面角BA1CC1的平面角为，5由图知为钝角，则coscoscosn,n，1255即二面角BA1CC1的余弦值为.…………12分520.（1）记“甲第一次摸出了绿色球，求甲获胜”为事件A112CCC93163则PA2…………4分C2177（2）如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出3个小球，则得分情况有：6分，7分，8分，9分，10分，11分…………5分321C1CC9333P6P733C35C357712113CC9CCC433313P8P9333C35CC35777111CCC9331P103C35721CC331P11…………8分3C357所以的分布列为：67891011199493P353535353535

9…………10分19949360所以的数学期望E67891011………12分353535353535721.解：（1）∵椭圆M上一点和它的两个焦点构成的三角形的周长为642，∴2a2c642，22又椭圆的离心率为，3c2222即，∴ca；a332x2∴a3，c22，∴b1，椭圆M的方程为y1．…………4分9（2）不妨设BC的方程yn(x3)（n0）1则AC的方程为y(x3)．nyn(x3),12222由x2得(n)x6nx9n10，2y1,99设A(x,y)，B(x,y)11222281n927n3∵3x，∴x，22229n19n12273n同理可得x．…………8分129n22261n6n∴|BC|1n，|AC|，229n1n9n12(n)1nS|BC||AC|，10分ABC21264(n)n912t23设tn2，则S，ABCn264648tt99t

108当且仅当t时等号成立，33∴△ABC面积的最大值为．…………12分8xx22.（1）f(x)xe,f(x)(x1)e当x1时，f(x)0当x1时，f(x)0.，从而f(x)的单调递增区间为1,，单调递减区间为,1.…………4分m1（2）xe，g(x)0恒成立，即2x3lnx(mx)ex0恒成立当m0时，显然成立；………………6分mm1当m0时，即2x2lnx(1)ex0恒成立xmm22m122m1即xlnx(1)ex0恒成立，即xlnx(1)exxx2m即f(lnx)f(1)………………8分xm2m2m由m0知，11，由①可知，f(lnx)f(1)lnx1xxx即：m2xlnxx.令h(x)2xlnxx,xeh(x)32lnx0，即h(x)在xÎ[e,+¥)上为增函数，h(x)h(e)3e，0m3e,综上，m,3e.…………12分min