山东省潍坊市2022-2023学年高二下学期期末考试高二数学参考答案及评分标准

高二数学参考答案及评分标准2023.7一、单项选择题(每小题5分，共40分)1.B2.D3.C4.B5.C6.B7.C8.A二、多项选择题(每小题5分，共20分)9.ACD 10.AC 11.ABD 12.BCD三、填空题(每小题5分，共20分)13.AC,A₁C₁,A₁D,B₁C,AB₁,DC₁中的任意一条即可14.−12 15.≤ 16.(985,211)四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(1)证明:因为P,Q分别为A₁C₁,B₁C₁的中点,所以PQ平行且等于12A1B1,又因为CMMA=CNNB=13则CMCA=CNCB=14,所以MN平行且等于14AB,所以MN平行且等于12PQ,故四边形PMNQ为梯形,⋯3分又因为三角形ABC为边长为2的正三角形，所以△ABC的面积为SABC=2×32=3,△A₁B₁C₁的面积为SA1B2C1=2×32=3,又S侧=3×2×2=12,所以三棱柱ABC-A₁B₁C₁的表面积S棱锥侧=12+23.⋯6分(2)解：因为三棱台PQC₁-MNC的高.AA₁=2,由题可得，SPQC1=12×32×1=34,SMBC=12×34×12=316,⋯8分所以三棱台PQC₁-MNC的体积为：PQC1−MNC=1334+316+34×316×2=7324.⋯10分18.解:(1)设|an|的公比为q,由S3=13a32=3a4,得a1+a2+a3=13a2=3,即a11+q+q2=13a1q=3,解得q=3a1=1,或q=13a1=9,⋯2分又由题意知|aₙ}递增数列，所以a1=1,q=3,所以aₙ=3ⁿ⁻¹,⋯4分所以b₁=a₁=1,b₂=a₂-1=2,所以等差数列{bₙ}的公差为1，故bₙ=1+n−1×1=n;⋯6分(2)因为cn={n⋅3n,n为奇数n⋅3n−1,n为偶数⋯7分所以c₂ₙ₋₁+c₂ₙ=−2n−1⋅3²ⁿ⁻¹+2n+3²ⁿ⁻¹=3²ⁿ⁻¹=a₂ₙ,⋯8分所以T20=c1+c2+c3+c4+⋯+c19+c20=c1+c2+c3+c4+⋯+c19+c20=3+33+⋯+319=3×1−9301−9=38910−1.⋯12分19.证明:(1)设AB∩CD=M,连结B₁M,则O₁B₁∥AB,即O₁B₁∥OM,且.B₁O₁=1,因为圆O的半径为2，且△ACD为正三角形，所以CDsin60∘=2R=4,所以CD=23,因为O为正三角形ACD的外心，所以AM⊥CD，所以AM=32CD=32×23=3,又因为AOOM=21,所以OM=1,⋯3分所以B1O1OM,所以四边形B₁O₁OM为平行四边形，所以OO₁∥B₁M,又因为B₁M⊂平面B₁CD,OO₁⊄平面B₁CD,所以OO₁∥平面B₁CD.⋯5分(2)由圆台的性质知,OO₁⊥平面ACD,又因为OO₁∥B₁M,|所以B₁M⊥平面ACD,由(1)可知AM⊥CD,⋯7分以M为原点，,MC,MB,MB1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A0−30,B1003,D−300,C300AD=−330,AB1=033,设平面AB₁D的法向量为n=(x,y,z),则AB1⋅n=3y+3z=0,AD⋅n=−3x+3y=0,令y=1得,n=31−3,⋯10分CD=−2300,设直线CD与平面AB₁D所成的角为θ，则sinθ=|cosCDn|=1−23×323×7=217,所以直线CD与平面AB₁D所成角的正弦值为217.⋯12分20.(1)依题意得，当投入的专项资金不低于20万元时，即aₙ≥20时,anan−1=12,bn−bn−1=80(n≥2且n∈N°),此时|aₙ|是首项为800,公比为12的等比数列，{bₙ}是首项为40,公差为80的等差数列,⋯3分所以an=800×12n−1,bn=80n−40,aₙ<20,得2ⁿ⁻¹>40,解得n≥7,且n∈N',所以αn=800×12n−1,1≤n≤620,n≥7且n∈N∗,⋯6分bn=80n−40,1≤n≤6440,n≥7且n∈N∗n∈N',(2)由(1)可知当1≤n≤6时,总利润Sa=n40+80n−402−800×1−12a1−12=1600×12n+40n2−1600,因为Sn−Sn−1=−1600×12n+80n−40,n≥2,⋯9分设fx=−1600×12x+80x−40,则f(x)为单调递增函数，f(2)<0,f(3)=0,f(4)>0,所以S₁>S₂=S₃,S₃0,得n≥7,综上，至少要经过7年后销售总收入才能超过专项资金的总投入…12分21.(1)因为AD∥BC,所以∠PDA为异面直线PD与BC所成的角，所以∠PDA=45°,⋯1分又因为∠APD=90°,所以AP=PD=22AD=2,又因为AB=2,BP=6,所以AB²+AP²=BP²,所以BA⊥AP,⋯3分又因为BA⊥AD,AP∩AD=A,所以BA⊥平面APD,⋯4分BA⊂平面ABCD,所以平面APD⊥平面ABCD,交线为AD,取AD中点O,则PO⊥AD,所以PO⊥平面ABCD,即PO就是点P到平面ABCD的距离.又因为PO=1,所以点P到平面ABCD的距离为1…5分(2)延长DE,AB,设DE∩AB=G,所以平面PAB与平面PDE的交线l即为直线PG，又PO⊥平面ABCD,故以O为坐标原点，OE,OD,OP方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，⋯7分则P(0,0,1),G(4,-1,0),A(0,-1,0),B(2,-1,0),D(0,1,0),设PQ=λPG=4λ−λ−λ,则Q(4λ,-λ,1-λ),因为BA⊥平面APD,PD⊂平面APD,所以BA⊥PD,又因为PD⊥AP,BA∩AP=A,所以PD⊥平面PAB,所以平面QAB的一个法向量n1=DP=0−11,设平面QCD的法向量n₂=(x₂,y₂,z₂),因为DC=200,DQ=4λ−λ−11−λ,由{DC⋅n2=0DQ⋅n2=0,得2x2=0,4λx2−λ+1y2+1−λz2=0,令y₂=1-λ,得n₂=(0,1-λ,λ+1),⋯9分所以|cos|=|λ−1+λ+1|2⋅λ−12+λ+12=|2λ|2⋅2λ2+2=55,解得λ=±12,⋯11分PQ=1416+1+1=322.⋯12分22.解:(1)因为点an+1an2+2an在直线y=x上,所以an+1=an2+2an,令n=1,则a12+2a1−8=0,解得a₁=21或a₁=-4(舍),⋯2分且aₙ₊₁+1=aₙ+1²,公众号：全元高考故bn+1bn=lgan+1+1lgan+1=2lgan+1lgan+1=2,所以数列|b。}是以b1=lg3为首项，2为公比的等比数列…4分(2)由(1)知,bn=2n−1lg3=lg32n−1,⋯5分所以Sn=lg320+lg321+⋯+lg32n−1=lg320+3b+22+⋯+2n−1=lg320−1.⋯7分(3)由(2)知,,bn=lgan+1=lg32n−1,所以aₙ=3²ⁿ⁻¹−1,⋯8分又aₙ₊₁=aₙaₙ+2,1an+2=1an−2an+1,故cn=2an+1anan+2=1an+1an+2=21an−1an+1,⋯10分所以Tn=c1+c2+c3+⋯+cn=21a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1an−1an+1=21a1−1an+1=212−132n−1=1−232n−1.⋯11分故Tx+1λ10Sx+μ=1−232x−1+1λ×32n−1+μ=1−232n−1+22λ×32n−1+2μ,要使上式为定值，只需2λ=3,2μ=−1,故λ=32,μ=−12,所以当λ=32,μ=−12时,Tn+1λSn+μ为定值1.⋯12分