河南省许昌市2022-2023学年高二下学期7月期末考试数学试题

{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}2023下高二数学试题答案一、单选题：1.D2.B3.A4.B5.C6.D7.C8.A二、多选题：9.ABD10.AC11.BD12.ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.202314.2015.0.716．4四、解答题：17.（1）解：当n2时，anSnSn1又因为2所以23Sn(13Sn)an03Sn(13Sn)(SnSn1)0111SnSn13SnSn103又因为3SnSn1S11所以数列是以3为首项，3为公差的等差数列.Sn11即3nSn3分Sn3n21n1从而当n2时，3S(13S)a0a0nnn3n2nn1an1n3(n1)n显然不符合上式1,n13故数列a的通项公式为a5分nn1,n23(n1)n1111111（）证明：由（）得，当时，21SnSn()3nn2n3n23n1n11111111111SSSSS(1)()()12233nn1323233n1n111212(1)故不等式成立.33n33n310分{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}18．证明（Ⅰ）如图，连结AC1，交A1C于点F，连结DF，因为D是AB的中点，所以在中，DF是中位线，ABC1所以DF//BC1，因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1//平面A1CD；6分（Ⅱ）因为CA2CB2AB2，所以ACB90，即ACBC，则以为坐标原点，分别以为x,y,z轴的正方向，CCA,CB,CC1建立如图所示的空间直角坐标系，由于AA1=AC=CB=2，则C(0,0,0),D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2)，则，CD(1,1,0),CE(0,2,1),CA1(2,0,2)设是平面DAC的一个法向量，m(x,y,z)1x1y10则，即，2x12z10取x11，则y11,z11则n(1,1,1)8分,同理可得平面EA1C的一个法向量，则n(2,1,2)，12111236所以，cosm,n，所以sinm,n10分11141433记二面角DA1CE的平面角为，则有tan2即二面角DACE的正切值为2.12分x2y219．解：(1)设双曲线C的标准方程为1ab0.a2b2选①：由题意可知，双曲线C的两个焦点分别为F12,0、F22,0，{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}22由双曲线的定义可得PF1PF22aa1故bca3y2所以，双曲线E的标准方程为x21.32选②：因为圆的方程为x4y212，圆心为4,0，半径为23，4bba23b双曲线E的渐近线方程为yx，由题意可得2，解得3，aba1a即b3a，因为ca2b22a2，则a1，b3，y2因此，双曲线E的标准方程为x21.3选③：因为以F1、F2为直径的圆经过点M，所以MF1MF2由勾股定理可得2222MF1MF24c164a2MF1MF21622所以，MF1MF282a2b1213从而SMFMFb4b3MF1F221222故ac2b21，y2所以，双曲线E的标准方程为x216分3A(x,y),B(x,y)x1x22(2)假设满足条件的直线l存在，设点1122，则y1y2222yx111由题意可得3，两式作差并化简得22yx2123y1y2y1y2x1x2x1x23，8分yy所以，直线l的斜率为k123，从而直线l的方程为y13x1，即y3x2.x1x2y3x2联立2，整理可得2，2，因此，直线不存在2y6x12x70124670l.x1312分{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}20.解：(1)由题意可知20b＝10a＋0.45，(2a＋b＋0.065)×10＝1，解得a＝0.005，b＝0.025，2分所以平均值为50×0.05＋60×0.25＋70×0.45＋80×0.2＋90×0.05＝69.54分0.2625中位数为65＋×10＝≈69.46分0.459(2)补全2×2列联表：男生女生总计希望去张家口赛区102030不希望去张家口赛区403070总计50501008分零假设H0：参加张家口赛区志愿者服务的候选人与性别无关.100(10302040)22＝4.7623.84110分30705050根据小概率值0.050的独立性检验，我们推断H0不成立，即参加张家口赛区志愿者服务的候选人与性别有关，此推断犯错误的概率不大于12分0.050.21．（12分）解(1)①因为k＝2，所以控制系统中正常工作的元件个数X的所有可能取值为0,1,2,3，22因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为p＝，所以X~B（3,）332分211212所以P(X＝0)＝C（0）（0）3P(X＝1)＝C（1）（1）233327333921428P(X＝2)＝C（2）（2）1P(X＝3)＝C（3）333393327所以控制系统中正常工作的元件个数X的分布列为X01231248P279927控制系统中正常工作的元件个数X的均值为2E(X)＝3×＝2.6分3②由题意知，{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}323124241152580803219264p3＝C（）（）C（）（）C（）＝＋＋＝＝.5335335324324324324381(2)升级改造后单位时间内产量的分布列为产量4a0设备运行概率pk1－pk所以升级改造后单位时间内产量的均值为4apk.所以产品类型高端产品一般产品产量(单位：件)apk3apk利润(单位：元)21设备升级后单位时间内的利润为y＝2apk＋3apk＝5apk，即y＝5apk.因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有k＋1个元kkk－1件正常工作，其概率为p(1)＝pk－C2k－1p(1－p)；第二类：原系统中恰好有k个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，其概率kkk－12kk＋1k－1为p(2)＝C2k－1p(1－p)·[1－(1－p)]＝C2k－1p(1－p)(2－p)；第三类：原系统中有k－1个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，k－1k－1k2其概率为p(3)＝C2k－1p(1－p)·pk－1k＋1k＝C2k－1p(1－p)；kkk－1kk＋1k－1k－1k＋1k所以pk＋1＝pk－C2k－1p(1－p)＋C2k－1p(1－p)·(2－p)＋C2k－1p(1－p)kkk＝pk＋C2k－1p(1－p)(2p－1)，kkk即pk＋1－pk＝C2k－1p(1－p)(2p－1)，1所以当p>时，pk＋1－pk>0，pk单调递增，2即增加元件个数设备正常工作的概率变大，1当p≤时，pk＋1－pk≤0，2即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大，又因为y＝5apk，1所以当p>时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润；21当p≤时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润．21分2{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}22.（12分）解：（）因为x所以'x1分1f(x)e2x2t,xRf(x)e2由ex20xln2''3分f(x)0xln2;f(x)0xln2所以f(x)的单调递减区间为(,ln2)，单调递增区间为(ln2,)5分极小值点为ln2，无极大值点.6分令m(x)exx22tx1，则m'(x)ex2x2t7分（2）令x，则'x由x8分g(x)e2x2tg(x)e2e20xln2当x变化时，g'(x),m'(x)的变化如下表x0,ln2ln2ln2,'g(x)0m'(x)递减极小值递增由上表可知m'(x)m'(ln2)而'ln29分m(ln2)e2ln22t22ln22t2(1ln2t)2由tln，即tln21知m'(x)0恒成立e所以在区间上为增函数．10分m(x)0,于是有m(x)m(0)，而m(0)e00010，2故m(x)0恒成立，即当tln且x＞0时，exx22tx1．12分e{#{QQABTYKQoggIQBAAAQBCUwUgCgCQkhECCIgOABAQMEABiANABAA=}#}