湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期期末考试数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷_0702湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期期末考试

岳阳市 2024 年高二教学质量监测 数学参考答案及评分标准 一、二、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D A B A C B D AC ACD BCD 三、填空题 12．2i 13．1 2 14．9 四、解答题 15．(13分) ⌒ 如图，在圆锥SO中，AD为圆O的直径，B、C为圆弧AD 的两个三等分点，M 为 SD的中点，SO OA3； （1）求证：平面SBD平面SOC； （2）求直线SD与平面ABM 所成角的正弦值． ⌒ （1）证明：因为B，C为圆弧AD的两个三等分点   所以AOB  BOC  COD  ，ABO  3 3 所以AB ∥OC，又AD为底面的直径 所以AB  BD，所以OC  BD………………3分 又因为在圆锥SO中，SO 底面ABCD， BD 底面ABCD所以SO  BD，………………4分 因为SOOC O， 所以BD 平面SOC………………5分 因为BD 平面SBD 所以平面SBD平面SOC；………………6分 (2)解：以O为原点，OA，OS所在直线分别为x轴，z 轴建立如图所示的空间直角 3 3 3 坐标系，则由题意A(3,0,0)，B( , ,0)，S(0,0,3)， 2 2 3 3 D(3,0,0)，M( ,0, )………………8分 2 2 3 3 3 9 3 所以AB  ( , ,0)，AM  ( ,0, )， 2 2 2 2 SD(3,0,3)………………9分 设n (x,y,z)为平面ABM 的一个法向量，则 {#{QQABCYCEggggAoAAAAhCAQ3YCEIQkAAAAagGABAAMAIAQRFABAA=}#} 3 3 3 nAB   x y  0  2 2  ，………………10分  9 3 nAM   x z  0   2 2 令x  3，则y 1，z 3 3 所以n ( 3,1,3 3)………………11分 设直线SD与平面ABM 所成角为 nSD 12 3 2 186 则sin|cos  n,SD || |  |n||SD| 3 2 31 31 2 186 所以直线SD与平面ABM 所成角的正弦值为 ………………13分 31 16．(15分) 某企业使用新技术生产某种产品，该产品在出厂前要经历生产和检测两道工序．生 1 产工序的次品率为 ．检测工序包括智能自动检测和人工抽查检测，智能自动检 20 测为合格品则进入流水线并由人工抽查检测． （1）从经过生产工序但未经检测工序的产品中随机抽取 10 件进行检测，求这 10 件产品中的次品数X 的分布列和数学期望； （2）若智能自动检测的准确率为98%，求一件产品进入人工抽查检测环节的概率． 1 解：（1）由题意可知，X ~ B(10, )，……………2分 20 则X 的所有可能取值为0,1,2,,10……………3分 1 19 且P(X k)Ck ( )k( )10k，(k 0,1,2,3,,10)……………5分 10 20 20 所以X 的分布列为 X 0 1 2  10 1 19 1 19 1 19 1 19 p C0 ( )0( )10 C1 ( )1( )9 C2 ( )2( )8  C10( )10( )0 10 20 20 10 20 20 10 20 20 10 20 20 ……………6分 1 1 期望值为E(X) 10  ……………7分 20 2 1 19 注：考生将分布列写成P(X  k) Ck ( )k( )10k(k  0,1,2,3,,10)也给满分. 10 20 20 （2）记A=“智能自动检测为合格品”，B=“产品为合格品”， 98 98 2 19 则由题意知P(A| B)  ， P(A| B) 1  ，P(B)  ……………10分 100 100 100 20 所以由全概率公式知P(A)  P(AB) P(AB)  P(A| B)P(B) P(A| B)P(B) {#{QQABCYCEggggAoAAAAhCAQ3YCEIQkAAAAagGABAAMAIAQRFABAA=}#}98 19 2 1 233 =     ……………14分 100 20 100 20 250 233 所以一件产品进入人工抽查检测环节的概率为 .………15分 250 17．（15分） 已知函数 f(x)  ex(alnx)，其中aR． （1）若a 1，求 y  f(x)在x 1处的切线方程； （2）当a(0,ln2)时，设g(x)  f (x)．求证：y g(x)存在极小值点． 1 （1）解： f(x)的定义域为(0,)且 f (x)  ex(alnx )………………2分 x 当a 1时， f (1)  2e且 f(1)  e；………………4分 所以 f(x)在点x 1处的切线方程为ye  2e(x1)即2ex ye  0；……………6分 1 2 1 （2）证明：因为g(x)  ex(alnx )， 则g(x)  ex(alnx  )………7分 x x x2 2 1 令 h(x)  alnx  ， x x2 1 2 2 x2 2x2 (x1)2 1 则h(x)      ……………9分 x x2 x3 x3 x3 1 1 所以h(x)在(0,)上单调递增；因为h( )  aln  0，h(1)  a1 0………11分 2 2 1 所以h(x)在(0,)上有唯一的零点x ，且x ( ,1)……………12分 0 0 2 所以当x(0,x )时h(x)0，x(x ,)时h(x) 0，因为ex 0 0 0 所以g(x)在(0,x )上单调递减，g(x)在(x ,)上单调递增……………14分 0 0 故x 为g(x)的极小值点；……………15分 0 18．(17分) 定义：对于一个无穷数列{a }，如果存在常数a，对于任意给定的正数，总存在正整数 n N ，使得对于任意大于N 的正整数n，都有|a a|．则称常数a为数列{a }的极限， n n 记作lima  a． n n 根据上述定义，完成以下问题： 1 （1）若a 3( )n，b  log (2n1)，判断数列{a }和{b }是否存在极限，如果存在， n 2 n 2 n n {#{QQABCYCEggggAoAAAAhCAQ3YCEIQkAAAAagGABAAMAIAQRFABAA=}#}请写出它的极限（不需要证明）； S 1 （2）已知数列{a }的前n项和为S ，a  2，数列{ n}是公差为 的等差数列； n n 1 a 3 n ①求数列{a }的通项公式； n 1 1 1 1 ②若T     ，证明：limT 1． n a a a a n n 1 2 3 n 解：（1）数列{a n }存在极限，且l n i  m  a n 3；………………2分 数列{b }不存在极限；………………4分 n S S 1 S 1 n2 (2)①∵ 1 1且{ n}是公差为 的等差数列，∴ n 1 (n1)  …….5分 a a 3 a 3 3 1 n n n2 n3 ∴S  a ，∴S  a ，………7 分 n 3 n n1 3 n1 a n2 两式相减得 n1  ………….8分 a n n a a n1 3 ∴当n2时a  n  2 a   2n(n1)………………………10分 n a a 1 n1 1 n1 1 又a 12，所以数列{a }的通项公式为a  n(n1)………………………11分 1 n n 1 1 1 1 ② 由①可知    ，…………………12分 a n(n1) n n1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴T  (1 )(  )(  )(  ) 1 …………….14分 n 2 2 3 3 4 n n1 n1 1 对于任意给定的正数，由于nN* ，所以|T 1|等价于n  1……….16分 n  1 1 取不大于 1的最大整数为m [ 1]，令N  max{m,1}，   1 则当n  N 时，n   1恒成立，所以|T n 1|恒成立，所以l n i  m  T n 1 ………17分 19． (17分) 1 已知平面内两个定点A(2,0)，B(2,0)，满足直线PA 与PB的斜率之积为 的动点P的轨 4 迹为曲线C，直线l与曲线C交于不同两点M ，N ； （1）求曲线C的轨迹方程； {#{QQABCYCEggggAoAAAAhCAQ3YCEIQkAAAAagGABAAMAIAQRFABAA=}#}1 （2）若直线AM 和AN的斜率之积为 ，求证：直线l过定点； 12 （3）若直线l与直线l :x2y 0，l :x2y 0分别交于R，S，求证：|MR|| NS|． 1 2 解：（1）设点P(x,y)为曲线C上一点，则由题意有 y y 1 x2 k k    ，整理得  y2 1，又x  2 PA PB x2 x2 4 4 x2 所以曲线C的轨迹方程为  y2 1（x  2）………………4分 4 证明：（2）设M(x ,y )，N(x ,y )，当直线l的斜率为0时，x  x ， y  y 1 1 2 2 1 2 1 2 y y y2 k k  1  2  1  0，不合题意………………5分 AM AN x 2 x 2 4 x2 1 2 1 所以可设直线l的方程为x  myt， ………………6分 x2   y2 1 由 4 得(m2 4)y2 2mtyt2 4  0（*）  x  myt 由题意可知m2 40 2mt t2 4 则由韦达定理有 y  y  ， y y  ，………………8分 1 2 m2 4 1 2 m2 4 所以 y y y y y y k k  1  2  1 2  1 2 AM AN x 2 x 2 (my t2)(my t2) m2y y m(t2)(y  y )(t2)2 1 2 1 2 1 2 1 2 t2 4 4t2 1    ……………10分 m2(t2 4)m(t 2)(2mt)(t 2)2(m2 4) 4t2 16t 16 12 解得t 1，……………11分 所以直线l的方程为x my1，过定点（1,0）……………12分 y  y mt （3）设MN的中点为Q，则 y  1 2  ……………13分 Q 2 m2 4 x2y  0 t 由 得 y  x  myt R m2 {#{QQABCYCEggggAoAAAAhCAQ3YCEIQkAAAAagGABAAMAIAQRFABAA=}#}x2y  0 t 由 得 y  ……………15分 x  myt S m2 y  y mt 设RS的中点为Q，则 y  R S   y ，……………16分 Q 2 m2 4 Q 因为点Q与Q都在直线l上，所以MN的中点与RS的中点重合 所以|MR|| NS|……………17分 {#{QQABCYCEggggAoAAAAhCAQ3YCEIQkAAAAagGABAAMAIAQRFABAA=}#}