河南省驻马店市2020-2021学年高二数学下学期期终考试试题 理（PDF）答案.pdf

1、高二数学（理）第 1 页 共 5 页高二数学（理）参考答案一 选择题：1-6：BDBCCB7-12 ADCCAA二 填空题：13.3414.815.32 16.），（2（或者2a）三 解答题：17.解：（I）Nnbbnn,21且,11b nb是首项为 1，公比2q的等比数列，1 分故nnnqbb211.2 分对于数列 na，:22nnSn当2n时：,11221nnSn两式相减得：,nan 4 分当1n时：,1,21121121SaS满足,nan 5 分综上：,nan Nnbnn,2.6 分（II）由（I）知：,2nnnnba7 分nnnnnbababaT22221222118 分,222212

2、132nnnT9 分两式相减得：,221212222221132nnnnnnnT11 分化简得.,2211NnnTnn12 分18.解：（I）证明：ABCD四边形是菱形，=2,60,AB ACACBDABC 1 分1,2,.AOA OAAA OAO又3 分又BOAO OBAAO面,即BDAAC 面5 分.A BDABCD平面平面6 分（II）法一由（I）知：,OA OB OC三线两两互相垂直，以O 为坐标原点，分别以,OB OC OAx y zOxyz所在直线为轴建立空间直角坐标系7 分如图所示：易知：0,0,1,0,1,0,3,0,0,ACD 2AMMD又由得：2 31,0,33M 则31=

3、3,1,0,0,33DCDM 8 分取0,0,1a 为平面 BCD的一个法向量，高二数学（理）第 2 页 共 5 页设平面 MCD 的法向量为,bx y z,由3=0,=0,31=0=033xyDC bDM bxz 得：，取3,3,3b，10 分321cos,721a ba ba b ，11 分故所求二面角 MCDB的正弦值为：22 71 cos,.7a b 12 分法二过点O 作CDOH 于点 H，连结HA由（1）可得HACDOHACDCDOAABCDOA面，故面8 分由定义可知，HOA为二面角BCDM的平面角9 分27,23,1HAOHOA又，所以772sinHAOAHOA12 分19.解

4、：（I）由题意知：3,1bcc1 分又222cba,2,3ab3 分故所求椭圆 E 的方程为：13422 yx4 分（II）当直线l 不与 x 轴垂直时：设),1(:xkyl与椭圆 E 联立方程化简得：,01248)34(2222kxkxk设),(),(2211yxByxA所以34124,34822212221kkxxkkxx6 分故1212121212(1)(1)11=2 3444444AMBMyyk xk xkkkxxxxxx（+）8 分又3216348434124834816)(48414122222221212121kkkkkkxxxxxxxx9 分0)32(32kkkBMAM10 分

5、当直线l 与 x 轴垂直时，此时根据对称性易得0AMBMkk为定值11 分综上：AMBMkk为定值0.12 分高二数学（理）第 3 页 共 5 页20.解：（I）易知 Y 的可能取值为 8,9,由表 1 知：,4.0)9(,6.0)8(YPYP1 分所以 Y 的分布列为Y89P0.60.4Y 的数学期望为 ).(4.84.096.08个YE3 分（II）易知：该套净水系统中在使用期内一个一级过滤器需要更换 9 个滤芯的概率为 0.4,两个二级过滤器均需要更换 6 个滤芯的概率为 0.40.4，5 分记“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为 21”事件 A,故所求.064.04.

6、04.04.0)(AP）（或者12586 分（III）法一记 X 分别表示该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需费用（单位：元）18 nm且9,8m，当8m，10n时，元222416.020032.010080104.02001608XE8 分当9m，9n时，元230416.030032.020016.016.01008091609XE10 分因为23042224，故选择方案：8m，10n.12 分法二由图可知，一个二级滤芯十年内需要更换的个数为 4,5,6 的概率分别为 0.2,0.4,0.4令 X 表示一套净水系统在使用期间需要更换的二级滤芯的总个数则.12,11,10,9,8X16.

7、04.04.0)12(32.024.04.0)11(32.04.04.024.02.0)10(16.024.02.0)9(04.02.02.0)8(XPXPXPXPXP，8 分令yx,分别表示一套净水系统该客户在使用期间需要购买的一级滤芯、二级滤芯的总个数，Z 表示该客户在使用期间购买各级滤芯所需总费用，由yx,的分布列可知：当10,8nm时，x01P0.60.44.0EXy012P0.520.320.1664.0Ey222410064.02004.0108081601EZ10 分当9,9nm时，由于一级滤芯无需购买，故y0123P0.20.320.320.16高二数学（理）第 4 页 共 5

8、 页44.1Ey230410044.198091602EZ因为21EZEZ,所以选方案，10,8nm12 分21.解：（I）xaxaaxgxxaaxxg11)(),0(,2ln1)(2 分当0a时，上单调递增；在),0()(,0)(xgxg3 分当0a时，.),0()(,0)(上单调递减在xgxg4 分（II）法一：xxxxexeex2ln2ln2,2，由已知条件可知：12ln2lnxxaexx在),0(x上恒成立.5分令,2lnxxt则t 在),0(单调递增且,Rt 即转化为1 atet在Rt 上恒成立.7 分构造函数Rttetht,1)(,1)(teth单调递减，时，当)(,0)()0,(

9、ththt单调递增时，当)(,0)(),0(ththt9 分.1:,0)0()(tehtht即10 分因为1 ty与1 aty的图像都过点），（10，所以由数形结合可知当1 atet在Rt 上恒成立时可得：1a.12 分法二：令),()()(xgxfxh则)2ln1(2)(xaaxxexhx，)2)(1()(xaexxhx，对 a 进行讨论.当0a时，0)(xh，)(xhy 递增，但是当 0 x时，)(xh，这与0)(xh恒成立矛盾。8 分当0a时，令xaexmx 2)(，可得)(xmy 在），（0上存在唯一零点0 x，使得0200 xaex，同时aaaxhxhln1)()(0min。令0ln

10、1aaa构造函数可解1a12 分法三：易知0a.0)2(2)(0)1(2)(2)(xxxexxfexxfxexf，)(xfy 在，0为单调递增的下凸函数5 分0)(,0)11()(2ln1)(2 xaxgxaxgxaaxxg)(xgy 在，0为单调递增的上凸函数6 分由两函数相切求临界点的方程，探求临界值点，列关于切点方程的方法.7 分设两曲线相切的切点为),(00 yxP高二数学（理）第 5 页 共 5 页)11()1(212ln20000000 xaxexaaxexxx11lnaaaa9 分当1a，下证)()(xgxf12 分22.解：（I）由2,xtyt 消去参数t 得直线l 的普通方程

11、为：20.xy2 分2222(12cos2)3(4)30,cos22cos1,cos1又由cos,sinxy得：222430 xxy4 分化简得曲线2C 的普通方程为：221.3yx 5 分（II）由（I）知：(2,0)P，直线 l 的倾斜角为 45，可得直线l 标准的参数方程为22,222xtyt (t 为参数)，6 分代入曲线2C 的普通方程2213yx 化简得：26 290tt，设其两根为21,tt8 分则由t 的几何意义可知：12126 2.PMPNtttt10 分23.解：（I）由 230 x 得：32x ，由 210 x 得：1.2x 1 分当32x 时：(23)(21)6xx此时：322x ，2 分当3122x时：(23)+(21)6xx此时：3122x，3 分当12x 时：(23)+(21)6xx此时：112x，4 分故所求不等式的解集为：21xx.5 分（II）由 abab得：2321(23)(21)4xxxx6 分4m，即：2224.abc7 分由柯西不等式得：2222222()(122)(22)abcabc9 分所以2(22)4 936,abc即：+2+26abc ，10 分