河南省许昌市2022-2023高二下学期期末数学试卷+答案

1、1 许昌市 2022-2023 学年第二学期期末教学质量检测 高二数学试题答案 一、单选题：1.D 2.B 3.A 4.B 5.C 6.D 7.C 8.A 二、多选题：9.ABD 10.AC 11.BD 12.ACD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.13.2023 14.20 15.0.7 164 四、解答题：四、解答题：17.（1）解：当2n时，1=nnnSSa 又因为 0)31(32=+nnnaSS 所以0)()31(312=+nnnnSSSS 0311=+nnnnSSSS 3111=nnSS 又因为311=S 所以数列nS1是以 3 为首项，3 为公差的等差数列.即nSnSnn3131=3 分 从而当2n时，01310)31(322=+=+nnnnannnaSS nnan)1(31=显然1=n不符合上式 故数列 na的通项公式为=2,)1(311,31nnnnan 5 分（2）证明：由（1）得nSn31=，当2n时，)111(3113112nnnSnn=)111(31)3121(31)211(31131211321

2、nnSSnSSSn+2 323132)11(3131=+=nn 故不等式成立.10 分 18证明（）如图，连结1AC，交1AC于点F，连结DF，因为D是AB的中点，所以在1ABC中，DF是中位线，所以1DF/BC，因为DF 平面1ACD，1BC 平面1ACD，所以1/BC平面1ACD；6 分（）因为222ABCBCA=+，所以90ACB=，即ACBC，则以C为坐标原点，分别以1,CA CB CC为,x y z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由于1AA=AC=CB=2，则1(0,0,0),(1,1,0),(0,2,1),(2,0,2)CDEA，则1(1,1,0),(0,2,1),(2,0,2)CDCECA=，设),(zyxm=是平面1DA C的一个法向量，则，即11110220 xyxz+=+=，取11x=，则111,1yz=,则(1,1,1)n=8 分 同理可得平面1EA C的一个法向量，则(2,1,2)n=，所以，1 2 1 1 1 23cos,31 1 14 1 4m n +=+，所以6sin,3m n=10 分 记二面角1DACE的平面角为，则有2tan=即二面角DAC

3、E的正切值为2.12 分 3 19解：(1)设双曲线C的标准方程为()222210 xyabab=.选：由题意可知，双曲线C的两个焦点分别为()12,0F、()22,0F，由双曲线的定义可得1221=aaPFPF 故223bca=所以，双曲线E的标准方程为2213yx=.选：因为圆的方程为()22412xy+=，圆心为()4,0，半径为2 3，双曲线E的渐近线方程为byxa=，由题意可得242 31baba=+，解得3ba=，即3ba=，因为2222caba=+=，则1a=，3b=，因此，双曲线E的标准方程为2213yx=.选：因为以1F、2F为直径的圆经过点M，所以21MFMF 由勾股定理可得162416421222221=+=+MFMFacMFMF 所以，2221228baMFMF=从而3234212122121=bbMFMFSFMF 故221acb=，所以，双曲线E的标准方程为1322=yx 6 分(2)假设满足条件的直线l存在，设点),(),(2211yxByxA，则=+=+222121yyxx 由题意可得=131322222121yxyx，两式作差并化简得()()()()12

4、1212123yyyyxxxx+=，8 分 所以，直线l的斜率为12123yykxx=，从而直线l的方程为()131yx=，即32yx=.4 联立223213yxyx=，整理可得261270 xx+=，2124 6 70=，因此，直线l不存在.12 分 20.解：(1)由题意可知 20b10a0.45，(2ab0.065)101，解得 a0.005，b0.025，2 分 所以平均值为 500.05600.25700.45800.2900.0569.54 分 中位数为 650.20.4510625969.4 6 分(2)补全 22 列联表：男生 女生 总计 希望去张家口赛区 10 20 30 不希望去张家口赛区 40 30 70 总计 50 50 100 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.2841.3762.450507030)40203010(1002 10 分 根据小概率值050.0=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 0.050.12 分 21（12 分）解(1)因为 k2，所

5、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，因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为 p23，所以）（32,3 BX 2 分 所以 P(X0)27131323003=）（）（C P(X1)9231322113=）（）（C P(X2)9431321223=）（）（C P(X3)27832333=）（C 所以控制系统中正常工作的元件个数 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 127 29 49 827 控制系统中正常工作的元件个数 X 的均值为 5 E(X)3232.6 分 由题意知，p3555144523353231323132）（）（）（）（）（CCC+8024380243322431922436481.(2)升级改造后单位时间内产量的分布列为 产量 4a 0 设备运行概率 pk 1pk 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)apk 3apk 利润(单位：元)2 1 设备升级后单位时间内的利润为 y2apk3apk5apk，即 y5apk.因为控制系统中元件总数为奇数，若增加 2 个元件，

6、则第一类：原系统中至少有 k1 个元件正常工作，其概率为 p(1)pkCk2k1pk(1p)k1；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，其概率为 p(2)Ck2k1pk(1p)k11(1p)2Ck2k1pk1(1p)k1(2p)；第三类：原系统中有 k1 个元件正常工作，新增 2 个元件全部正常工作，其概率为 p(3)Ck12k1pk1(1p)kp2 Ck12k1pk1(1p)k；所以 pk1pkCk2k1pk(1p)k1Ck2k1pk1(1p)k1(2p)Ck12k1pk1(1p)k pkCk2k1pk(1p)k(2p1)，即 pk1pkCk2k1pk(1p)k(2p1)，所以当 p12时，pk1pk0，pk单调递增，即增加元件个数设备正常工作的概率变大，当 p12时，pk1pk0，即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大，又因为 y5apk，所以当 p12时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润；6 当 p12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 12 分 22.（12 分）解：（1）因为Rxtxexfx+=,22)(所以2)(=xexf1 分 由2ln02=xex 2ln0)(;2ln0)(xxfxxf 3 分 所以)(xf的单调递减区间为)2ln,(，单调递增区间为),2(ln+5 分 极小值点为2ln，无极大值点.6 分（2）12)(2+=txxexmx令，则txexmx22)(+=7 分 令 txexgx22)(+=，则2)(=xexg 由2ln02=xex 8 分 当的变化如下表变化时，)(),(xmxgx x()0,ln2 ln2()ln2,+)(xg 0+)(xm 递减 极小值 递增 由上表可知)2(ln)(mxm 而)2ln1(222ln2222ln2)2(ln2lntttem+=+=+=9 分 由et2ln，即12lnt知恒成立0)(xm 所以)(xm在区间()0,+上为增函数10 分 于是有)0()(mxm，而0100)0(0=+=em，故恒成立0)(xm，即当et2ln且x0时，122+txxex12 分

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