余姚中学2022学年10月质量检测高二数学学科答案

余姚中学2022 学年10 月质量检测高二数学学科答案 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 B D C B A A C A 二、选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 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5 分，部分选对的得2 分，有选错的得0 分． 9 10 11 12 BD ACD ABC AB 三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分． 13. 6 14. 3 4 15. ( 4,2) (2, )    16. 3 6 6  四、解答题：本大题共6 小题，共70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 解：(1) ∵b cos A + a cos B = 2c cos A， ∴sin B cos A + sin A cos B = 2 sin C cos A = sin C， 又∵sin C ≠0，∴2cos A = 1，A = 3 . (2) 由余弦定理a2 = b2 + c2 2bc cos A 可得， 4 = b2 + c2 bc = (b + c)2 bc ≥(b + c)2  2 2 b c        =   2 4 b c  ， b + c ≤4，当且仅当b = c 时取得等号， ∴(b + c)max = 4. 18. 解：(1) 80 ~ 90 这一组的频数、频率分别是0.1，4； (2) 估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、众数分别是68.5，75； (3) 从成绩是80 分以上（包括80 分）的学生中选2 人，他们在同一分数段的概率为7 15 . 19. 解：(1) 2 1 n a n  ；(2) 7 2 7 4 4 3 n n n T     . 20. 解：以AB，AD，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,3,0)，D(0,3,0)，P(0,0,3)，E 3 3 0, , 2 2       . (1)   0,3, 3 PD     ，   2,0,0 AB    ， 3 3 0, , 2 2 AE         ， 记平面ABE 的一个法向量为 1 n  ，则 1 1 0 0 n AB n AE                1 0,1, 1 n     ， 1 1 3 / / PD n PD n           PD ⊥平面ABE. (2) 3 3 2, , 2 2 BE          ，   2,3,0 AC    ， 3 3 0, , 2 2 AE         ， 记平面ACE 的一个法向量为 2 n   ，则 2 2 0 0 n AB n AE                  2 3, 2,2 n      2 6 2 cos , 17 BE n      ， ∴BE 与平面AEC 所成角的正弦值为6 2 17 . 21. 解：过C 作CO⊥AB 于O，连接PO，则由题意可知PO⊥AB， 平面ABP⊥平面ABC，平面ABP ∩平面ABC = AB，PO⊥AB，PO 平面ABP， PO⊥AB 平面ABC， 以OB，OC，OP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图空间直角坐标系， 则A(1,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，P(0,0,2) . (1) 平面ABC 的一个法向量为 1 (0,0,1) n   ，   2,0, 2 PB     ，   0,2, 2 PC     ， 记平面PBC 的一个法向量为 2 n   ，则 2 2 0 0 n PB n PC                  2 1,1,1 n     1 2 3 cos , 3 n n     ， ∴平面ABC 与平面PBC 的夹角的余弦值为 3 3 . (2) 设 ( ,0,2 ) AQ AP          ，   0,1  ，则 ( , 1,2 ) DQ      ， (0,2, 2) PC     ， 记直线PC 与直线DQ 所成角为θ，则   2 2 2 1 2 1 2 1 cos cos , 5 1 2 2 5 1 PC DQ                 ， 令t = 2λ + 1∈[1,3]，则 2 2 2 1 1 1 cos 5 5 9 5 5 9 2 2 4 2 4 4 2 4 t t t t t         ， 当1 5 9 t  即 2 5  时，cos θ取得最大，即θ最小，此时 2 4 ,0, 5 5 AQ          ， 2 5 5 AQ    . x y z z y x O 22. 解：(1) 由题意知 2 2 2 2 1 ( 1) 4 x x x a a a       ，整理得 2 2 2 2 1 0 x x a    ， 令   2 0, x t   ，则 2 2 1 0 t t a    ， 4 0 a   ， 1 t a  ， 当0 1 a  时，   2 1 0 log 1 t a x a      ， 当 1 a 时，   1 2 2 1 , 1 0 log 1 t a t a x a       . (2) 由题意得 ( ) 1 ( ) 2 2 2 2 x x x f x a h x a       ， 令 1 2 ,2 2 x t        ，则 1 ( ) ( ) 2 a h x g t a t t      ， ①当 1 a 时，函数( ) g t 在区间1 ,2 2       上单调递增，由题意得 max min 1 3 1 ( ) ( ) (2) 3 2 2 2 a g t g t g g a              ， 解得 4 5 a  ，与 1 a 矛盾，舍去； ②当1 1 2 a  时，函数 min 1 ( ) a g t g a           ， (i) 当4 1 5 a  时，1 1 2 a a   ，则函数 ( ) g t 在区间1 ,2 2       上单调递增，由题意得 max min 1 3 1 ( ) ( ) (2) 3 2 2 2 a g t g t g g a              ， 解得 4 5 a  ，所以 4 5 a  ； (ii) 当1 4 2 5 a   时，1 1 1 2 a a    ，则函数( ) g t 在区间1 1 , 2 a a          上单调递减，在区 间 1 ,2 a a          上单调递增，且 1 3 (2) 3 0 2 2 g g a           ，即 1 (2) 2 g g        ，所以   2 max min 1 3 1 ( ) ( ) (2) 1 2 2 2 2 a a g t g t g g a a a a                    ， 解得1 4 2 5 a   ； 综上所述，数a 的取值范围为1 4 , 2 5       .