甘肃省兰州第一中学2022-2023学年高二下学期期末2022-2023-2学期高二期末考试数学参考

兰州一中2022-2023-2学期高二年级期末考试数学试题参考答案一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.有且仅有一个选项符合题意；二、多选题：9--12题每题至少两个选项符合题意，多选不得分，少选得2分.123456789101112ACBABDCBABDBDABDBC第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.5113.214.e115．5516.[,1)2三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(本小题满分10分)【解】（1）设A1表示“甲球员担当边锋”，A2表示“甲球员担当前卫”，A3表示“甲球员担当中场”，A1，A2，A3两两互斥，设B表示“球队赢了某场比赛”，则PBPA1PBA1PA2PBA2PA3PBA30.50.60.30.80.20.70.68，该球队某场比赛获胜的概率为0.68.--------5分（2）由1知：PB0.68，PA2B0.30.86则PA2B，PB0.68176所以球员甲担当前卫的概率为.------------10分1718.(本小题满分12分)【解】（1）当a1时，f(x)exxe，fxex1，甘肃省兰州一中2022-2023-2学期期末考试数学试题参考答案第1页，共7页{#{QQABQQAEogAgAgAAABBCQwFgCAGQkhEACIgGxFAYMEAAiRNABCA=}#}所以fx在0,f0处的切线斜率为f02，又f01e，所以fx在0,f0处的切线方程为yf0f0x0，即y1e2x0，所以fx在0,f0处的切线方程为y2x1e．---------6分（2）若fx只有一个极值点，则fx0只有一个根，所以方程exa0只有一个根，即exa只有一个解，即ya与yex只有一个交点，因为y=ex0，所以a0，所以a0，所以xln(a)，当xln(a)时，f(x)0，当xln(a)时，f(x)0，所以f(x)只有一个极小值点xln(a)，故a的取值范围为,0．-----------12分19.(本小题满分12分)【解】（1）证明：连接AC交BD于点O，连接FO，由ABCD是正方形可得，O是AC的中点，又由F为AE的中点，在△ACE中，FO为中位线，所以FO//CE，因为CE平面DFB，且FO平面DFB，所以CE//平面DFB.---------6分（2）解：连接GO，由BD面AGC，因为GO面AGC，所以BDGO，又由ED平面ABCD，且BD面ABCD，所以BDED，所以DE//GO，所以点G为BE的中点，以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设DEDADC2，则C0,2,0，D0,0,0，G1,1,1，所以DG1,1,1，DC0,2,0，nDGxyz0设平面GDC的法向量为nx,y,z，则，nDG2y0令x=1，则y0，z1，所以平面GDC的一个法向量为n1,0,1，甘肃省兰州一中2022-2023-2学期期末考试数学试题参考答案第2页，共7页{#{QQABQQAEogAgAgAAABBCQwFgCAGQkhEACIgGxFAYMEAAiRNABCA=}#}又平面BDC的一个法向量为m0,0,1，mn12所以cosm,n，mn122所以二面角GDCB的度数为45.-----12分20.(本小题满分12分)【解】（1）yabx两边同时取自然对数得lnylnabxlnaxlnb.设lnyv，所以vlnaxlnb，52因为x3,v0.84,xi55,i15xivi5xvi115.99530.84所以lnb520.339.225553xi5xi1把(3,0.84)代入vlnaxlnb,得lna0.177,所以vˆ0.1770.339x,lnyˆ0.1770.339x,所以yˆe0.1770.339x,即y关于x的回归方程为yˆe0.1770.339x.------------6分（2）2018年-2022年中国MCN市场规模的5个数据中，与y的差的绝对值小于1的数据有1.68,2.45,3.35，共3个，所以X的取值依次为1,2,312213C3C23C3C23C31P(X1)3,P(X2)3,P(X3)3C510C55C510所以X的分布列为甘肃省兰州一中2022-2023-2学期期末考试数学试题参考答案第3页，共7页{#{QQABQQAEogAgAgAAABBCQwFgCAGQkhEACIgGxFAYMEAAiRNABCA=}#}X123331P105103319E(X)123.------------12分10510521.(本小题满分12分)【解】（1）（法一）证明：∵平面PAM⊥平面ABCM，CM⊥CB，故以C为原点，CM、CB为x、y轴，作Cz∥平面PAM，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），A（22，2，0），M（2，0，0），在图1中，作DO⊥AM于点O，过点O作OE⊥CD于E，FO⊥BC于点F，ADDM223由题知，AD＝2，DM＝2，∴AM＝6，OD＝，AM334ODDE2242∴cos∠ODM＝，∴DE＝3，OF＝CD﹣DE＝，DMOD2332OE＝OD2DE2，342223∴P(,,)，33342423∴BP(,,)，AM(2,2,0)，333424∴BPAM(2)()(2)00，33故PB⊥AM．（1）（法二）证明：过PO⊥AM，连接OB，236由法一可得：PO＝，由勾股定理可得OM＝，33AM2BM2AB26681cos∠AMB＝，2AMBM263甘肃省兰州一中2022-2023-2学期期末考试数学试题参考答案第4页，共7页{#{QQABQQAEogAgAgAAABBCQwFgCAGQkhEACIgGxFAYMEAAiRNABCA=}#}43在△MBO中，由余弦定理可得OB2＝OM2+MB2﹣2OM•BMcosAMB＝，3486∴OB2+OM2＝＝MB2，∵∴OB⊥AM，99∵OB∩OP＝O，∴AM⊥平面OPB，∵PB⊂平面OPB，∴PB⊥AM；--------6分42223（2）解：设PNPB,[0,1]，则点N((1),(12),(1))，33322423∴AN((12),(1),(1))，333mAM0设平面AMN的法向量为m(x,y,z)，则，即mAN02x2y022423，(12)x(1）y(1)z03332323令y＝﹣1，则x＝2，z＝，∴m(2,1,)，11同理可得，平面PAB的法向量n＝（0，3，2），∵平面AMN⊥平面PAB，231∴mn320，解得λ＝，15233∴平面AMN的法向量m(2,1,)(2,1,)，12甘肃省兰州一中2022-2023-2学期期末考试数学试题参考答案第5页，共7页{#{QQABQQAEogAgAgAAABBCQwFgCAGQkhEACIgGxFAYMEAAiRNABCA=}#}AB(22,0,0)，设直线AB与平面AMN所成角为θ，|mAB||4|230∴sin|cosAB,m||m||AB|31522214230故直线AB与平面AMN所成角的正弦值为．------------12分1522．(本小题满分12分)xa【解】（1）由f(x)xalnx得f(x)，x当a<0时，f(x)0，f(x)在区间(0,)上单调递增，且x无限趋近于0时，f(x)0，又f(1)10，故f(x)只有1个零点；当0ae时，令f(x)0，解得xa，令f(x)0，解得0xa，故f(x)在区间(0,a)上单调递减，在区间(a,)上单调递增；所以当xa时，f(x)取得最小值f(a)aalnaa(1lna)，当0ae时，f(a)0，所以函数f(x)无零点，当a0时，f(x)x0恒成立，所以函数f(x)无零点，综上所述，当0ae时，f(x)无零点，当a<0时，f(x)只有一个零点；--------6分（2）由已知有xalnxaxalnxxex，所以xxexalnxalnxxa，所以xxexalnx(alnx)ealnx，构造函数gxxxex，则原不等式转化为gxgalnx在x(1,)上恒成立，g(x)1exx1，记(x)1exx1，所以(x)exx2，甘肃省兰州一中2022-2023-2学期期末考试数学试题参考答案第6页，共7页{#{QQABQQAEogAgAgAAABBCQwFgCAGQkhEACIgGxFAYMEAAiRNABCA=}#}令(x)0，解得x2，令(x)0，解得x<2，故(x)在区间(,2)上单调递减，在区间(2,)上单调递增，1所以(x)(2)10，所以g(x)0，即g(x)单调递增，e2所以xalnx在x(1,)上恒成立，x即a在x(1,)上恒成立，lnxlnx1xh(x)令hx，(x1)，则2，lnxlnx令h(x)0，解得xe，令h(x)0，解得1xe，故h(x)在(1,e)单调递减，(e,)单调递增，e故h(x)的最小值为h(e)e，lne故a的取值范围是(,e].------------12分甘肃省兰州一中2022-2023-2学期期末考试数学试题参考答案第7页，共7页{#{QQABQQAEogAgAgAAABBCQwFgCAGQkhEACIgGxFAYMEAAiRNABCA=}#}