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=}#}