1、 仙桃、天门、潜江仙桃、天门、潜江 20192020 学年度第二学期期末考试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 20 分） 9.AD10.BCD11.BCD12.ABD 三、填空题（每小题 5 分，共 20 分） 13.814. 2 2 3 a15.016. 14（前一空 2 分，后一空 3 分） 四、解答题（共 70 分） 17.解：(1)1 n a， n a是常数列， 12C2CCC)( 021 n n nn nnn nf.4 分 (2) n
2、 a是公比为 3 的等比数列， 11 1 3 nn n qaa， n n n nnn nfC3C3C3C)( 13221 ， nn nf4)31 (1)(3.7 分 ) 14( 3 4 41 )41 (4 n n n S.10 分 18.解：(1)由0)ln()(axaxxf，得1 1 )( x xf. 令 0)( x f ，得10 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 3 ea .5 分 (2)0ln3)eln()( 3 axxxxxf. 由 3)( txxf ，得 xtx) 1(ln ， 即 x x
3、t ln 1恒成立，所以 最大值 x x t ln 1 . 令 x x xg ln )(，则 2 ln1 )( x x xg ， 由 0)( x g ，得e0 x. 故)(xg在 ) e0( ， 上单调递增，在 ), e ( 上单调递减. 10 分 所以 e 1 ) e ()( gxg 最大值 ， 故 e 1 1t，所以1 e 1 t.12 分 19.(1)证明：BMC 为正三角形，F为BM的中点，则CFBM. 又CFEF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ABEF知ABAM. 又ABCDAM，故ABM
4、 为等腰三角形，则可得AFBM. 所以AF平面BCM,故AFCF. 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 2 1 , 2 3 , 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, 2 1 2 3 1，AQ. 设平面ABCD的法向量为 ),(zyxn ，所以 , 0 ABn, 0BCn 则 , 03 0 yx zx， 取3,31zxy，则， 所以平面ABCD的一个法向量为)3, 1 ,3(n，
5、10 分 所以 14 42 72 3 ,cos AQ AQ AQ n n n ，所以 14 154 ,sinAQn， 故直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值为 14 154 .12 分 20.解：(1)由20206)( 3 xxxf，得63)( 2 xxf. 令 0)( x f ，得 2x 或 2x ， 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(tR), 得)cos3(sinsinsincos3)( 22 xtxxtxxxg. 由0sin)
6、, 0(xx，知. 若, 0t则0)(, 0cos3 2 xgxt所以, 所以), 0()(在xg上单调递减，无极小值.6 分 若0)(, 0cos3, 3 2 xgxtt所以则， 所以), 0()(在xg上单调递增，无极小值.8 分 若30t，则在 2 , 0 内存在唯一的 0 x使得 0cos3 2 xt ，即 3 cos 0 t x ， 当), 0( 0 xx时， 0)(, 0cos3 2 xgxt所以； 当),( 00 xxx时， 0cos3 2 xt ，所以 0)( x g ； 当)( 0， xx时， 0)(, 0cos3 2 xgxt所以. 此时， 33 2 20202020 33
7、 )( 3 ttt t t xg 极小值 .12 分 21.解：(1)由题可知抛物线的焦点为）（ 0 , 1，故42, 1 2 p p 所以， 所以抛物线方程为xy4 2 .4 分 (2)直线 PQ 过定点.5 分 设直线AB的方程为 3 tyx ， 联立 ， ， xy tyx 4 3 2 整理，得0124 2 tyy. 设),( 11 yxA，),( 22 yxB，),( 33 yxP，),( 44 yxQ,则12,4 2121 yytyy.6 分 直线AP的斜率 5 1 1 x y kAP ，所以直线 )5( 5 1 1 x x y yAP： . 联立 ， ， xy x x y y 4 5
8、 5 2 1 1 整理，得020)5(4 11 2 1 yyxyy， 则 1 331 20 20 y yyy，所以 ， 2 1 2 3 3 100 4y y x . 同理， 2 4 20 y y ， 2 2 4 100 y x ， 所以 txx yy kPQ 5 3 34 34 ，故直线PQ的方程为 2 11 100 5 320 y x ty y ， 9 分 即 3 25 5 32060 5 3 1 2 1 x t y yty x t y，变形得 （或令 0y ，得 3 25 3 3002525 3 300)(25 3 300100 2 1 21 2 1 2 1 121 2 1 1 y yyy
9、 y yyy y ty x ）. 故直线PQ过定点 0 3 25， .12 分 22.解：(1)1 . 5 15, 3 . 3 10 33 4555 1535258 ,15, 3 xbabyx. 故线性回归方程为1 . 53 . 3 xy ， 当6x时，9 .24 y， 预测元月 31 日成交额为9 .24 万元.4 分 (2)可能取的值为 210 ， ， )1)(1 ()0( 21 ppP， 2121 )1 ()1 () 1(ppppP， 21 )2(ppP， 的分布列为 012 p )1)(1 ( 21 pp 2121 )1 ()1 (pppp 21p p E 2121 )1 ()1 (pppp+2 21p p= 21 pp .8 分 1 e )(, 4 21 k k ppkkETEkT）（ ， 令 1 e )( 4 k k k ，则 4 e4 4 )( k k k ， 由 0)( k 得42 k，故 )(k 在）（ 4 , 2单调递增，在 ), 4( 单调递减. 所以当4k时， )(k 取最大值， 即4k，时 )(TE 取最大值.12 分
