【文档说明】2020湖北省仙桃天门潜江高二下学期期末考试数学试题（及答案）.pdf，共(8)页，1.517 MB，由baby熊上传

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仙桃、天门、潜江2019—2020学年度第二学期期末考试高二数学参考答案及评分标准一、单项选择题（每小题5分，共40分）1.D2.C3.C4.A5.B6.C7.B8.C二、多项选择题（每小题5分，共2

0分）9.AD10.BCD11.BCD12.ABD三、填空题（每小题5分，共20分）13.814.22π3a15.016.14（前一空2分，后一空3分）四、解答题（共70分）17.解：(1)∵1na，{na}是常数列，∴12C2CCC)(021nnnnnnn

nf.…………………………………4分(2)∵na是公比为3的等比数列，∴1113nnnqaa，∴nnnnnnnfC3C3C3C)(13221，∴nnnf4)31(1)(3.……………………………………………………

7分∴)14(3441)41(4nnnS.……………………………………………………10分18.解：(1)由0)ln()(＞axaxxf，得11)(xxf.令0)(xf，得1

0＜＜x，故函数)(xf在)1,0(上单调递增，在），（1上单调递减，∴21ln)1()(afxf极大值，故3ea.………………………………………5分(2)0ln3)eln()(3＞

axxxxxf.由3)(txxf，得xtx)1(ln，即xxtln1恒成立，所以最大值xxtln1.令xxxgln)(，则2ln1)(xxxg，由0)(xg，得e0x.故)(xg在)e

0(，上单调递增，在),e(上单调递减.…………………………10分所以e1)e()(gxg最大值，故e11t，所以1e1t.………………………………………………………12分19.(1)证明：

△BMC为正三角形，F为BM的中点，则CF⊥BM.又CF⊥EF且FBMEF,所以CF⊥平面ABM.而BMCCF平面,所以平面ABM⊥平面BMC.…………………………………5分(2)解：连接AF.在△ABM中，由AB⊥EF知AB⊥AM.

又ABCDAM，故△ABM为等腰三角形，则可得AF⊥BM.所以AF⊥平面BCM,故AF⊥CF.以F为坐标原点，FM为x轴正方向，FC为y轴正方向，FA为z轴正方向建立空间直角坐标系，则21,23,1),0,0,1(),1,3,1(),0,3,0(),0,0,1(),1,0

,0(QMDCBA,所以)1,0,1(AB，)0,3,1(BC,21231，，AQ.设平面ABCD的法向量为),,(zyxn，所以,0ABn,0BCn则,030

yxzx，取3,31zxy，则，所以平面ABCD的一个法向量为)3,1,3(n，…………………………………10分所以1442723,cosAQAQAQnnn，所以14154,sinAQn，故直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值为14154.………………………

………12分20.解：(1)由20206)(3xxxf，得63)(2xxf.令0)(xf，得2x或2x，故函数),2(),2,)(的单调递增区间为（xf，单调减区间为），（22，所以242020

)2()(fxf极大值.…………………………………………4分(2)由2020coscos)(cos)(3xtxxfxg(t∈R),得)cos3(sinsinsincos3)(22xtxxtxxxg.

由0sin)π,0(xx，知.①若,0t则0)(,0cos32xgxt所以,所以)π,0()(在xg上单调递减，无极小值.…………………………………………6分②若0)(,0cos3,32xgx

tt所以则，所以)π,0()(在xg上单调递增，无极小值.………………………………………8分③若30t，则在2π,0内存在唯一的0x使得0cos32xt，即3cos0tx，当),0(0xx时，0)(,0c

os32xgxt所以；当)π,(00xxx时，0cos32xt，所以0)(xg；当)ππ(0，xx时，0)(,0cos32xgxt所以.此时，3322020202033)(3tttttxg极小值.……………………12分21.解：(1)

由题可知抛物线的焦点为）（0,1，故42,12pp所以，所以抛物线方程为xy42.………………………………………………………4分(2)直线PQ过定点.……………………………………………………………5分设直线AB的方程为3tyx，联立

，，xytyx432整理，得01242tyy.设),(11yxA，),(22yxB，),(33yxP，),(44yxQ,则12,42121yytyy.………6分直线AP的斜率511xykAP，所以直线)5(511xxyyAP：.联立，，xy

xxyy455211整理，得020)5(41121yyxyy，则13312020yyyy，所以，212331004yyx.同理，2420yy，224100yx，所以txxyykPQ533434，故直线PQ的方程为21

11005320yxtyy，…………9分即32553206053121xtyytyxty，变形得（或令0y，得325330025253300)(25330010021212121121211yyyyyyyyytyx）.故

直线PQ过定点0325，.………………………………………………………12分22.解：(1)1.5ˆ15ˆ,3.3103345551535258ˆ,15,3xbabyx.故线性回归方程为1.53.3ˆxy，当6x时，9.24ˆy，预测元月31日成

交额为9.24万元.……………………………………………………………………………………4分(2)①可能取的值为210，，，)1)(1()0(21ppP，2121)1()1()1(pppp

P，21)2(ppP，的分布列为012p)1)(1(21pp2121)1()1(pppp21ppE2121)1()1(pppp+221pp=21pp.……………………………………8分②1e)(,421kkppk

kETEkT）（，令1e)(4kkk，则4e44)(kkk，由0)(k得42k，故)(k在）（4,2单调递增，在),4(单调递减.所以当4k时，)(k取最大值，即4k，时)(TE取

最大值.………………………………………………12分