2024年春期高中二年级期终质量评估数学参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年07月试卷_240711河南省南阳市2023-2024学年高二下学期期末质量评估

2024 年春期高中二年级期终质量评估数学试题 参考答案及评分细则 评分说明： 本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题 的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则． 一、选择题 1--4CDCA 5--8BDBC 二、选择题 9.ABC 10．AC 11．ACD. 三、填空题 y2 1 12．x2 1（答案不唯一） 【x2与y2对应分母的比值为3或 都对】 3 3 13． (1,0)(1,) 14．  n22n3  2n16 四、解答题 9 15、解：(1)抽取的100名学生中，男生人数为 10045，女生人数为55，由此得22列 20 联表： 了解 不了解 总计 男生 30 15 45 女生 20 35 55 合计 50 50 100 ……3分 100(30352015)2 100 所以K2   9.091 10.828， 45555050 11 所以没有99.9%的把握认为“对人工智能是否了解与性别有关”. ……6分 (2)抽取的100名学生中，对人工智能了解的男生、女生各有30名，20名，利用分层抽样抽 5人，其中男生有3人，女生有2人， ……7分 于是得X的所有可能值是：1，2，3， ……8分 C1C2 3 C2C1 6 C3C0 1 P(X 1) 3 2  ，P(X 2) 3 2  ，P(X 3) 3 2  ， ……11分 C3 10 C3 10 C3 10 5 5 5 高二数学参考答案第1页，共8页 {#{QQABTYYQogCoQIAAAAgCEQVKCgEQkBEACSgOBAAMMAAAQQNABAA=}#}所以X的分布列为： X 1 2 3 3 6 1 P 10 10 10 ……12分 3 6 1 9 X的数学期望：E(X)1 2 3  . ……13分 10 10 10 5 16、解：（1）取AD的中点O，连接PO，CO， ……1分 因为△PAD为等边三角形，所以PO AD， ……2分 又因为平面PAD⊥平面ABCD，所以PO平面ABCD， ……3分 因为AB平面ABCD，所以ABPO， ……4分 又PD AB，PDPOP,PD,PO平面PAD，所以AB平面PAD， ……5分 因为DM 平面PAD，所以ABDM ， ……6分 因为M是PA的中点，所以DM PA， ……7分 因为AB,PA平面PAB，且ABPA A， 所以DM ⊥平面PAB. ……8分 （2）因为AD2，BC1，由（1）知四边形ABCO为矩形， 所以CO⊥平面PAD. ……9分 以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 1 3   则P(0,0, 3),M(0, , ),C(1,0,0),D(0,1,0)，PD(0,1, 3),CD(1,1,0)，……11分 2 2  3 3 取平面PAB的法向量为DM (0, , )， ……12分 2 2  设平面PCD的法向量为m(x,y,z)，   mPD0 y 3z0 则  ，即 ，令z1，则x 3,y 3， mCD0 x y0 高二数学参考答案第2页，共8页 {#{QQABTYYQogCoQIAAAAgCEQVKCgEQkBEACSgOBAAMMAAAQQNABAA=}#} 所以m( 3, 3,1). ……14分     mDM 3 7 cosm,DM       ， m  DM 3 7 7 7 所以平面PCD与平面PAB夹角的余弦值为 . ……15分 7 17、解：(1)根据题意，a3，设点P的坐标为(x ,y )，由于点P在椭圆上， 0 0 x 2 y 2 (x 29)b2 所以 0  0 1，得y 2  0 ， a2 b2 0 9 y y y2 (x29)b2 1 b2 4 则k k  0  0  0  0    ， PA PB x 3 x 3 x2 9 9 x2 9 9 9 0 0 0 0 x2 y2 解得b2 4，所以椭圆C的标准方程为  1. ……6分 9 4 （2）解法一（非对称韦达）： 设点M(x,y ),N(x ,y )，可设直线MN的方程为：xmy2， ……7分 1 1 2 2 xmy2  联立x2 y2 ，得(4m29)y216my200，   1  9 4 16m 20 由根与系数的关系，y  y  , y y  ， ……9分 1 2 4m29 1 2 4m29 (x3)y 直线AM的方程：y 1 ，……① x 3 1 (x3)y 直线BN的方程：y 2 ，……② ……11分 x 3 2 x3 (x 3)y x y 3y (my 2)y 3y my y 5y  1 2  1 2 2  1 2 2  1 2 2 ①②得， x3 (x 3)y x y 3y (my 2)y 3y my y y ……12分 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 5 因为my y  (y  y )， ……13分 1 2 4 1 2 5 (y  y )5y x3 my y 5y 4 1 2 2 9 所以  1 2 2  5，解得x ， x3 my 1 y 2 y 1 5 (y  y )y 2 4 1 2 1 高二数学参考答案第3页，共8页 {#{QQABTYYQogCoQIAAAAgCEQVKCgEQkBEACSgOBAAMMAAAQQNABAA=}#}9 因此，点Q在定直线x 上. ……15分 2 解法二（齐次化）：设不过点B(3,0)的直线MN的方程为：m(x3)ny 1，……7分 由于直线MN过(2,0)，所以m1. y y 设k k  1 ,k k  2 ，k k ，点Q(x ,y ). ……9分 1 BM x 3 2 BN x 3 3 AM 0 0 1 2 椭圆C的方程转化为，4(x3)2 24(x3)9y2 0 ，代入直线MN的方程得， 2  y   y  20(x3)224n(x3)y9y2 0 ，即9  24n  200 ，  x3  x3 20 即9k2 24nk 200 ，由根与系数的关系，k k  ， ……12分 1 2 9 4 又由题意可得：k k  ，所以两式相除得：k 5k ， 1 3 9 2 3 y 5y 9 即 0  0 ，解得x  ， x 3 x 3 0 2 0 0 9 所以点Q在定直线x 上. ……15分 2 18、解：（1）函数 f xx1lnxax2的定义域为0, . 1 当a1时， f xx1lnxx2,(x0), fxlnx , x 所以 f11, f 11. 所以函数在x1处的切线方程为y x． ……3分 1 （2） fxlnx 1a， x 要使函数 f x在1,上单调递增， x1 当且仅当x1， f(x)0，即alnx 对于x1,恒成立， ……5分 x x1 x1 令gxlnx x1，则gx 0， x x2 所以函数gx在1,上单调递增， ……6分 高二数学参考答案第4页，共8页 {#{QQABTYYQogCoQIAAAAgCEQVKCgEQkBEACSgOBAAMMAAAQQNABAA=}#}所以gxg12， ……7分 故a2． ……8分 1 1 1 1 1 （3）法一：记a  ，则    a a a . n 2n1 3 5 7 2n1 1 2 n 1 记数列b 的前n项和为T  lnn1 . n n 2 1 当n=1时，b T  ln2； 1 1 2 1 1 1 n1 当n2时，b T T  lnn1 lnn ln n n n1 2 2 2 n 1 n1 1 n1 经检验，b  ln 对n=1也成立，所以b  ln . ……10分 n 2 n n 2 n 由（2）可知，当a2时， f x在1,上单调递增， 所以当x1时， f x f 1，即x1lnx2x20， 2x1 即lnx 在1,上总成立， ……12分 x1 n1 2 n1 1 1 n1 令x 得， ln ，即  ln ，所以a b . ……14分 n 2n1 n 2n1 2 n n n 所以a b，a b ，……a b ， 1 1 2 2 n n 1 1 1 1 1 累加得：     lnn1,nN*，命题成立． ……17分 3 5 7 2n1 2 1 法二：（i）当n1时，左式 ， 3 1 1 右式 ln2 0.6930.3465显然成立； ……10分 2 2 （ii）假设当nk  kN* 不等式成立， 1 1 1 1 1 即     lnk1， ……11分 3 5 7 2k1 2 1 1 1 1  1 1 1 那么当nk1时，左式      lnk1 ， 3 5 7 2k1 2k3 2 2k3 1 1 1 2 k2 证明 lnk1  lnk2，即需证 ln ， ……13分 2 2k3 2 2k3 k1 k2 1 1 1 设 1  x(1 x2)*，则  x1,k1 ， k1 k1 k1 x1 2x1 2x1 即只需证 lnx，即lnx 0 ， x1 x1 2x1 1 4 (x1)2  4x (x1)2 设hxlnx (1 x2)*,h x      0， x1 x (x1)2 x(x1)2 x(x 1)2 高二数学参考答案第5页，共8页 {#{QQABTYYQogCoQIAAAAgCEQVKCgEQkBEACSgOBAAMMAAAQQNABAA=}#}所以hx在1,2单调递增，hxh10，可知不等式nk1是也成立， ……16分 综上可知，不等式对于任意正整数都成立． ……17分 19、解：（1）a a 156，a a 189. ……2分 1 5 2 6 a a a a a n4 n n3 n2 n a a a a 2a a a n2 n1 n2 n n2 n1 n 3a ……4分 n2 51 （2）因为b a  a ，所以 n n1 2 n 51 51 b a  a a a  a n1 n2 2 n1 n1 n 2 n1 51 51 51   a a  a  a  2 n1 n 2   n1 2 n  51  b . ……7分 2 n 51 51 b a  a  0，即b 0， ……8分 1 2 2 1 2 n 即 b n1  51 ，所以b 是以 51 为首项， 51 为公比的等比数列. ……9分 b 2 n 2 2 n n  51 （3）由（2）得b   . ……10分 n   2   n 51  51 即a  a   ， n1 2 n   2   令a n1      5 2 1    n1  5 2 1     a n      5 2 1    n     ，化简得 5 5 ， ……11分 5 51 n1 51  5 51 n  a     a     n1 5   2   2   n 5   2     n1 5 51 a    5 51 5 5 n1 5  2  51 因为a     0，所以  1 5 2 10 5 51 n 2 a    n 5  2  高二数学参考答案第6页，共8页 {#{QQABTYYQogCoQIAAAAgCEQVKCgEQkBEACSgOBAAMMAAAQQNABAA=}#}  5 51 n  5 5 51 即  a n  5    2      是以 10 为首项， 2 为公比的等比数列， ……13分 n n1 n 5 51 5 51 5 1 1 5 故a          n 5   2   10   2   5   2   n n 5 51 51 5 即a       ； ……15分 n 5   2   5   2   51   51 n 1 5  1 5 n 1   1   法一： 1 2    2    1 2    2    S     n 5 51 5 1 5 1 1 2 2 1 1 5 n2 1 5 n2 1          5  2   2    . ……17分 5 1 5 n2 1 5 n2 1          5   2   2    法二：由a a a 得， n2 n n1 a a a ， 3 1 2 a a a ， 4 2 3 a a a ， 5 3 4  a a a ， n2 n n1 累加得，a a a a (a a a a )+(a a a a )， 3 4 5 n2 1 2 3 n 2 3 4 n1 即(a a a a )a a  S (a a a a )， 2 3 4 n1 n2 2 n 2 3 4 n1 5 1 5 n2 1 5 n2 所以，S n a n2 a 2  5       2       2       1. ……17分 高二数学参考答案第7页，共8页 {#{QQABTYYQogCoQIAAAAgCEQVKCgEQkBEACSgOBAAMMAAAQQNABAA=}#}法三： 利用a a a n n2 n1 S a a a a a n n n1 3 2 1 =（a a )（a a )（a a )（ a a )（ a a ) n2 n1 n1 n 5 4 4 3 3 2 5 1 5 n2 1 5 n2 a a =      1 n2 2 5     2     2     ……17分 高二数学参考答案第8页，共8页 {#{QQABTYYQogCoQIAAAAgCEQVKCgEQkBEACSgOBAAMMAAAQQNABAA=}#}