陕西省渭南市大荔县2023-2024学年高二下学期期末质量检测+数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷_0724陕西省渭南市大荔县2023-2024学年高二下学期期末质量检测

高二数学试卷 答案解析部分 一、单项选择 1．【答案】B 2．【答案】A 3．【答案】B 4．【答案】D 5．【答案】B 6．【答案】C 7．【答案】A 8．【答案】C 二、多项选择 9．【答案】B,D 10．【答案】A,B,D 11．【答案】A,D 12．【答案】A,C,D 三、填空 13.(x8)2 (y3)2 25 14.6 a 15.210 16. 6 三、解答题 1 17.解（1）一枚质地均匀的硬币抛掷一次正面朝上的概率为 ， 2 1 且每次是否正面朝上是相互独立，所以X  B(4, )， 2 1 1 1 P(X k)Ck( )k ( )4k  Ck,k 0,1,2,3,4，………………………………2分 4 2 2 16 4 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 4 1 1 3 1 1 P 16 4 8 4 16 ………………………………………………………………………………………………5分 1/4 {#{QQABQYIUogigQJAAAAgCQQUYCAKQkBCCCQgOwBAAMAAAQBFABAA=}#}1 （2）根据（1）X  B(4, )， 2 1 1 1 所以E(X)4 2,D(X)4  1.………………………………………………10分 2 2 2 x2 18.解：（1）由题意知c1,2b2，所以b2 1,a2 b2 c2 2，于是椭圆C的方程为  y2 1. 2 …………………………………………………………………………………………4分 （2）依题意，直线l的方程为y  x1.设A(x ,y ),B(x ,y ). 1 1 2 2  4 x2 x    y2 1 x 0   2 3 由 2 解得 1 ， …………………………………………8分  y 1  1 y  x1 1 y   2 3 1 1 2 所以S S S  OF y  OF y  .………………………………12分 AOB OAF OBF 2 1 2 2 3 18. 解：（1）由 f  x ax2 bx3可得 f x 2axb.…………………………3分  f 1 0 b2 由题意可知 ，即 ，解得a 1,b2  f 0 2 2ab0 所以 f  x  x2 2x3.………………………………………………………………6分 （2）由题意可知g  x  x32x2 3……………………………………………………8分 所以g x 3x2 4x1 3x1  x1  1 令g x 0，解得x  ,x 1…………………………………………………………10分 1 3 2 列表有  1 1 1  x  ,   ,1 1  1,  3 3 3  g x  + 0 - 0 +   g x 递增 极大值 递减 极小值 递增 计算g  x  在极值点和端点处的值，可知，当x1时，g  x  取得最小值为-4，当x2时，g  x  取得 最大值为2.…………………………………………………………………………………………………12分               20.（1）证明：因为ACAE  ABBC AE BCAE BC ABBE  0 1 1 所以ACAE…………………………………………………………2分 1 2/4 {#{QQABQYIUogigQJAAAAgCQQUYCAKQkBCCCQgOwBAAMAAAQBFABAA=}#}              因为ACAF  ADDC AF DCAF DC ADDF  0 1 1 所以AC  AF ……………………………………………………………………4分 1 因为AEAF  A，所以AC 平面AEF ………………………………………………6分 1 （2）分别以AB、AD、AA 为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，连接AC， 1 由于：AB 4，AD3，AA 5 1   所以BD(4,3,0)，DD (0,0,5)……………………………………………………8分 1      设平面DBBD 的法向量为n x,y,z ，则nDD 0，nBD0 1 1 1 5z 0  所以 ，所以可取n 3,4,0  4x3y 0 又由于：AC 平面AEF 1 uuur 所以：AC 看作是平面AEF 的法向量 1  AC (4,3,5)………………………………………………………………………………10分 1   n·AC 12 2 设平面AEF 和平面DBBD所成的角为，则cos  1  1 1 n AC 25 1 12 2 所以平面AEF 和平面DBBD所成的角的余弦值为 ．………………………………12分 1 1 25 21.（1）由题意知：S 4S ，a 2a 1 4 2 2n n  4(41)d 2(21)d 4a  4(2a  ) a 1 即： 1 2 1 2 化简得 1 .………………………………4分   a (2n1)d 2(a (n1)d)1 d 2 1 1 3/4 {#{QQABQYIUogigQJAAAAgCQQUYCAKQkBCCCQgOwBAAMAAAQBFABAA=}#}所以数列  a  的通项公式a 1(n1)22n1.…………………………………………6分 n n （2）因为c a b (2n1)3n1 n n n 所以T 130 331532 (2n1)3n1 ① n ①3： 3T 131332 533(2n1)3n ②……………………………………10分 n ①-②: 2T 130 231232 23n1(2n1)3n n 3(13n1) 2T 12(3132 3n1)(2n1)3n 12 (2n1)3n n 13 化简得：T (n1)3n 1.…………………………………………………………………………12分 n 22.（1） f  x  的定义域为 , ， f x 2ae2x  a2  ex 1  aex 1  2ex 1  ，………2分 （ⅰ）若a0，则 f x 0，所以 f  x  在 , 单调递减.………………………………4分 （ⅱ）若a0，则由 f x 0得xlna. 当x,lna  时，f x 0；当xlna, 时，f x 0，所以 f  x  在 ,lna  单调递减， 在 lna, 单调递增.………………………………………………………………………………6分   （2）（ⅰ）若a0，由（1）知， f x 至多有一个零点.…………………………………………8分 1 （ⅱ）若a0，由（1）知，当xlna时， f  x  取得最小值，最小值为 f lna 1 lna. a ①当a1时，由于 f lna 0，故 f  x  只有一个零点；…………………………………………9分 1 ②当a 1, 时，由于1 lna 0，即 f lna 0，故 f  x  没有零点；………………10分 a 1 ③当a 0,1  时，1 lna0，即 f lna 0.………………………………………………11分 a 又 f 2 ae4  a2  e2 22e2 20，故 f  x  在 ,lna  有一个零点. 设正整数n 满足n ln   3 1  ，则 f  n en 0  aen 0 a2  n en 0 n 2n 0 n 0. 0 0 a  0 0 0 0 3  由于ln 1 lna，因此 f  x  在 lna, 有一个零点. a  综上，a的取值范围为  0,1  .………………………………………………………………………………12分 4/4 {#{QQABQYIUogigQJAAAAgCQQUYCAKQkBCCCQgOwBAAMAAAQBFABAA=}#}