2024年高二期末调研数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年07月试卷_240707广东省深圳市2023-2024学年高二下学期7月期末调研考试_广东省深圳市2023-2024学年高二下学期7月期末调研考试数学

2024 年深圳市普通高中高二年级调研考试 数学试题参考答案及评分标准 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C A D D C D B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．AC 10．ABD 11．ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．3π 13．(4,1) 14． 7 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．解：（1）当n 1时，a [(a a )(a a )...(a a )]a ....................................2分 n1 n1 n n n1 2 1 1 [(8n4)(8(n1)4)...(814)]3 8[n(n1)...21]4n3 n(n1) 8 4n3 4(n1)21，..................................................................................................5分 2 又因为a 3， 1 所以a 4n2 1， nN ；..................................................................................................................7分 n 1 1 1 1 1 1 （2）    (  )，.............................................................10分 a 4n2 1 (2n1)(2n1) 2 2n1 2n1 n 1 1 1 1 1 1 1 S  [(  )(  )...(  )] n 2 1 3 3 5 2n1 2n1 1 1  (1 ) 2 2n1 n  ．.............................................................................................................................................13分 2n1 A 16．证：（1）（法一）连结AP并延长交BD于点N，连结NC， 过点M 作ME 的平行线交AN 于点E， 因为EM//BD，且M ，P分别是AD，BM 的中点， 所以AE EN ，EPPN ， E M 即得AP3PN ，................................................................................................... P ................................3分 又因为AQ3QC， B Q D 所以PQ//NC， N 又因为PQ平面BCD，NC 平面BCD， C 所以PQ//平面BCD．...........................................................................................................................7分 第 1 页 共 7 页 PDF Shaper Professional（法二）过点P作AD的平行线交BD于点N，过点Q作AD的平行线交CD于点E， A 因为P是BM 的中点， 所以PN//MD且MD2PN ， 因为AQ3QC，M 是AD的中点， M 所以QE//AD 且MD2QE ，...............................................................................................................3分 P 则PN//QE且PN=QE， Q 所以四边形QPNE 为平行所以四边形， B D N 所以PQ//NE ， E 又因为PQ平面BCD，NE平面BCD， C 所以PQ//平面BCD．...........................................................................................................................7分 解：（2）（法一）取CD的中点为T，连结BT ，过点T作CM 的垂线，垂足为S，连结TS， 因为AD平面BCD，BT 平面BCD， A 所以ADBT ， 因为BC BD，所以BT CD， ADCDD， M 所以BT 平面ACD， P 所以BT CM ， Q 又因为TS CM ，BT TS T ， B S D 所以CM 平面BTS ， T 所以CM BS ， C 则BST 为平面BCM 与平面ACD的夹角，...................................................................................11分 15 设BD2CD2，则BT  BD2 BT2  ， 2 CT 2 在△CTS 中，TS   ， 2 4 62 ST 31 在△BST 中，BS  BT2 ST2  ，cosBST   ． 4 BS 31 31 所以平面BCM 与平面ACD夹角的余弦值为 ．......................................................................15分 31 （法二）取CD的中点为T，连结BT ， 设TDt ，以T 为坐标原点，分别以TD，TB，垂直于平面BCD的直线为x，y， z轴建立空间直 角坐标系，如图． 那么T0,0,0，D(t,0,0)，C(t,0,0)，B(0, 15t,0)，A(t,0,4t)，M(t,0,2t)，..........10分 z   设平面BMC的法向量为m(x,y,z)，因为CB(t, 15t,0)，CM (2t,0,2t)， A   mCB0 tx 15ty0 所以  ，即 ． mCM 0 2tx2tz0 M x 15 令x1，则y ，z1，..........................................................................P..............................12分 15 y Q D B T C 第 2 页 共 7 页15 所以平面BCM 的一个法向量为m(1, ,1)． 15 设平面BCM 与平面的二面角的平面角为，  因为平面ACD的法向量为TB(0, 15t,0)，...............................................................................13分  |mTB| t 31 cos    m |TB| 31 31 ．  15t 15 31 所以平面BCM 与平面ACD夹角的余弦值为 ．......................................................................15分 31 17．解：（1）记“该同学得分为8分”为事件B，“该同学只射击了2发子弹”为事件A， 1 1 1 则P(AB)   ，........................................................................................................................2分 4 4 16 1 1 1 1 1 1 P(B)      ，..............................................................................................................4分 4 4 2 2 4 8 P(AB) 1 由条件概率公式得P(A|B)  ............................................................................................6分 P(B) 2 （2）最终得分X 的所有可能取值为0，4，8，12，16，20，24， 1 则P(X 0) ， 4 1 1 1 1 1 1 P(X 8)      ， 4 4 2 2 4 8 1 1 1 P(X 4)   ， 2 4 8 1 1 1 1 1 1 3 P(X 12)   C1    ， 2 2 2 2 4 2 4 16 1 1 1 1 1 1 13 P(X 16)   C1    ， 3 4 4 4 2 2 4 64 1 1 1 1 P(X 24)    ， 4 4 4 64 1 1 1 3 P(X 20)C1    ，......................................................................................................13分 3 4 4 2 32 注：X 每个取值的概率计算对1个，给1分． 该同学的最终得分的分布列为 X 0 4 8 12 16 20 24 1 1 1 3 13 3 1 P 4 8 8 16 64 32 64 ................................................................................................................................................................14分 1 1 1 3 13 3 1 37 最终得分X 的数学期望E(X)0 4 8 12 16 20 24  . 4 8 8 16 64 32 64 4 ................................................................................................................................................................15分 第 3 页 共 7 页2(x1)2 a2 18．解：（1） f(x) ，x(0,)，.....................................................................2分 x （i）当a 2时， f(x) 0， f(x)在区间(0,)上单调递增；..................................................4分 a a （ii）当0a2时，令 f(x)0得，x 1 1 ，x 1 1 ，0 x 1 x ， 1 2 2 2 1 2 a a 当x(0,1 1 )和(1 1 ,) 时， f(x)0， f(x)单调递增， 2 2 a a 当x(1 1 ,1 1 )时， f(x)0， f(x)单调递减；..........................................................6分 2 2 a a （iii）当a„0时，令 f(x)0得，x 1 1 ，x 1 1 ，x „0，x 2， 1 2 2 2 1 2 a 当x(0,1 1 )时， f(x)0， f(x)单调递减， 2 a 当x(1 1 ,) 时， f(x)0， f(x)单调递增；...................................................................8分 2 综上所述，当a 2时， f(x)在区间(0,)上单调递增； a a 当0a2时， f(x)在区间(0,1 1 )和(1 1 ,) 上单调递增， 2 2 a a 在区间(1 1 ,1 1 )上单调递减； 2 2 a a 当a„0时， f(x)在区间(0,1 1 )上单调递减，在区间(1 1 ,) 上单调递增． 2 2 （2）（i）当a 2时， f(x)在区间(0,)上单调递增， 因为 f(1)30， f(4)aln40， 所以 f(x)在区间(1,4)存在唯一的零点；........................................................................................10分 a a （ii）当0a2时，令 f(x)0得，x 1 1 ，x 1 1 ， 1 2 2 2 a 且0 x 1 x 2，x x 2，xx  ， 1 2 1 2 1 2 2 f(x)在区间(0,x)和(x ,)上单调递增，在区间(x ,x )上单调递减， 1 2 1 2 f(x )alnx x24x 2xx lnx x24x 2x (2x )lnx x24x x[(42x )lnx x 4] ，12分 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 设h(x)(42x)lnxx4，x(0,1)，...........................................................................................13分 4 则h(x) 2lnx1，易知h(x)在区间(0,1)上单调递减， x 所以h(x)h(1)30 ，h(x)在区间(0,1)上单调递增， 所以h(x)h(1)30． 因为0 x 1， 1 所以 f(x )x[(42x )lnx x 4]0 ．...........................................................................................15分 1 1 1 1 1 因为 f(x)在区间(0,x )上的最大值 f(x )0，所以 f(x)在此区间无零点； 2 1 因为 f(x)在区间(x ,)上单调递增， f(x )0， f(4)aln40， 2 2 所以 f(x)在区间(x ,4)上存在唯一的零点． 2 综上（i）（ii），即证得当a0时函数 f(x)有且仅有一个零点．.................................................17分 第 4 页 共 7 页1 19．解：（1）由直线l过点M 易得直线l的方程为y x1， 2 设P(x ,y )，Q(x ,y )， P P Q Q  1 y x1   2 a2 联立 ，消去y并整理得(b2  )x2 a2xa2 a2b2 0 ，Δ0，.........................2分 x2 y2 4  1 a2 b2 a2 x x   2 由韦达定理可得 P Q a2 ，整理得a2 4b2， b2  4 又因为 2c2 3 ，a2 b2 c2， 解得a2，b1， x2 所以椭圆E的方程为  y2 1；......................................................................................................4分 4 （2）（i）不妨设AB//CD，AB的中点为G，CD的中点为H ， 设A(x ,y )，B(x ,y )，C(x ,y )，D(x ,y )， 1 1 2 2 3 3 4 4 x2 y2 x 2 y 2 由题知可得直线AB斜率必存在， 1  1 1， 2  2 1， a2 b2 a2 b2 (x x )(x x ) (y y )(y  y ) 以上两式相减得 1 2 1 2  1 2 1 2  0， a2 b2 (y y )(y  y ) b2 b2 移项得 1 2 1 2  ，即k k  ，.......................................................................6分 (x x )(x x ) a2 AB OG a2 1 2 1 2 b2 同理k k  ， CD OH a2 又因为AB//CD，所以k k ， AB CD 因此k k ，即O，G，H 三点共线，.......................................................................................8分 OG OH 又因为四边形ABCD是梯形，且AC与BD交与M ， 由平面几何知识可知M ，G，H 三点共线，..................................................................................9分 即得证G，H ，O，M 四点共线；................................................................................................10分 1 1 （ii）由（i）易知k k k  ，所以k k  ， OG OH OM 2 AB CD 2 1 1 设直线AB的方程为：y xm，直线CD的方程为：y xn， 2 2  1 y xm   2 联立 ，消去y并整理得2x2 4mx4(m2 1)0 ， x2  y2 1  4 由韦达定理得x x 2m，不妨设x m 2m2 ，x m 2m2 ， 1 2 1 2 第 5 页 共 7 页同理x x 2n，x n 2n2 ，x n 2n2 ， 3 4 3 4 1 1  x n( x m) y y 2 4 2 2 1 1 2n2m k  4 2      BD x x x x 2 2 x x 4 2 4 2 4 2 1 1 (x x )(x x ) 1 1 (x x )(x x ) 1 x x    3 4 1 2    4 2 3 1   3 1 2 2 x x 2 2 x x 2 x x 4 2 4 2 4 2 1 n 2n2 (m 2m2) 1 nm 2m2  2n2     ， 2 n 2n2 (m 2m2) 2 nm 2n2  2m2 1 1 1 1 1  y  x m  (m 2m2)m 2 2 2 2 2 2 2 1 1m 2m2 ， k      BM 1x 1x 1(m 2m2) 2 1m 2m2 2 2 因为k k ， BM BD 1 nm 2m2  2n2 1 1m 2m2 所以    ， 2 nm 2n2  2m2 2 1m 2m2 化简得 ( 2m2  2n2)(1m) 2m2(nm) ， 即 2m2(1n) 2n2(m1) ， 上式两边同时平方化简得2mn3(mn)40．..........................................................................13分 设梯形两腰AD与BC的交点为T， 1 由平面几何知识易知T，G，H 三点共线，故设T(x , x )， 0 2 0 d AB d 由△MAB △MCD，△TAB △TCD可得 MAB   HAB ， d CD d MCD HCD （注：d 为M 到的直线AB的距离，d 为M 到直线CD的距离，d 为T 到的直线AB的 MAB MCD TAB 距离，d 为T到直线CD的距离） TCD 2 m1 y d 5 m1 MAB   ， d 2 n1 T MCD n1 A 5 G D B 2 M mx d 5 0 mx TAB   0 ， O d 2 nx H x TCD nx 0 0 5 C m1 mx 所以  0 ， n1 nx 0 第 6 页 共 7 页m1 mx m1 mx 则  0 ，  0 （舍）， n1 nx n1 nx 0 0 化简得2mn(x 1)(mn)2x 0 ，.............................................................................................15分 0 0 结合2mn3(mn)40，可得x 2， 0 故直线AD与直线BC的交点为定点T(2,1)．.................................................................................17分 第 7 页 共 7 页