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=}#}