2021-2022年高二理科数学答案期末检测

高二数学理科参考答案 一．选择题 1-5 DABBC 6-10 ACBAD 11-12 BA 二 填空题 2 . 13 1 2 2 . 14 2 2  y x 5 4 15. ) 3 2 3 ( 4 3 81 16. 1    n n 三．解答题（注：使用其它方法时，若解答的步骤推理、计算也正确，仍按点对应给分。） 17.解:由 0 2 3 2   x x ，得 2 1  x ， 设命题q 对应的集合为   2 1    x x A .........2 分 设命题p 对应的集合为B ， B A q p  的必要条件，则 是 .........4 分 由 0 2 2 ) 2 ( 22     x x a a ，得   0 1 2 0 1 2 2 2      x x x a ， .........6 分 法1： 显然成立； 时 若 , B A , x ， 0 2 a2 , 0 a x       R .........7 分 2 1 0 , 2 2 log 0 2       a a a 若 .........9 分 . 2 1 a  综上： .........10 分     分 单调递减 ， 在 分 即 分 恒成立 ， 在 ： 法 10 ......... 2 1 2 1 ) ( 8 )......... ( 2 1 2 2 7 ......... 2 1 , 0 2 2 2 1               a x f x f a a x x x  b A B c C A b b 2 3 cos sin cos sin , 2 3 4 2 3 3 2 . 18        ...............1 分 得 有正弦定理 C c B b A a sin sin sin   ， ..............2 分 B A B C C A B sin 2 3 cos sin sin cos sin sin   ...............3 分 2 3 cos sin cos sin , 0 sin     A C C A B  2 3 sin ) sin( ) sin(       B B C A  ........................5 分 3 , 2 0 ,       B B b a 可得 所以 又 ......................6 分 （Ⅱ） 3   B 由上可知 ac c a B ac c a b       2 2 2 2 2 16 , cos 2 余弦定理 ...........①. ............8 分 16 3 4 4 3 sin 2 1      ac ac B ac S ABC ， ............... ...② ............10 分 由①②可得： 4    b c a ............11 分 所以该三角形为等边三角形 ............12 分 19、（Ⅰ）由题设知建筑物每年的能源消耗费用为 ) 10 0 ( 5 3 ) (     x x k x C 由 8 ) 0 (  C ，得 40  k 5 3 40 ) (    x x C .. ........2 分 而隔热层建造费用为 x x C 6 ) ( 1  ........4 分 ) 10 0 ( 6 5 3 800 ) ( ) ( 20 ) ( 1         x x x x C x C x f ........6 分 （Ⅱ） 10 10 6 10 6 1600 6 5 3 800 ) (         x x x x x f ........8 分 70 10 ) 10 6 )( 10 6 1600 ( 2      x x ........10 分 当且仅当 10 6 10 6 1600    x x ，即 5  x 时取等号 当隔热层修建厚度为5cm 时，总费用最小，最小值为70 万元.........12 分 20 解：（1）证明：在正 PAD △ 中，M为PD 的中点，∴AM PD  ........1 分 ∵平面PAD平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD  ，且CD AD  . ∴CD 平面PAD ........................3 分 又∵AM 平面PAD ∴CD AM  . 又∵AM PD  ，且CD PD D   . ∴AM 平面PCD .....................5 分 （Ⅱ）如图，取AD的中点为O ，连接PO ，在正 PAD △ 中，PO AD  ， 平面PAD平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD  ， ∴PO 平面ABCD ， ..............6 分 连接OB , 则 PBO  为PB 与底面ABCD 所成角的正切值为 15 5 . 不妨取 2 AB ， 2 2 3 15 2 , 4 , tan , 1 5 4 PO x AD x OB x PBO x OB x           ...........8 分 法1：以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系O xyz  ，则有  0,0,0 O ，  1,0,0 A ，   1,2,0 B ，   1,2,0 C  ，   1,0,0 D  ，  0, 0, 3 P ，∴   2,0,0 BC    ，   1, 2, 3 BP     设面PBC 的一个法向量为   , , m x y z  ，则由 2 0 2 3 0 m BC x m BP x y z                   .........9 分 令 2 z  ，则   0, 3,2 m  r ，又因为OP 面ABCD ， 取   0,0, 3 OP    作为面ABCD 的一个法向量，.....................10 分 设二面角P BC A   为, ∴ 2 3 2 7 cos 7 7 3 m OP m OP       uu u r r uu u r r ， ..........................11 分 ∴ 21 sin 7  ，因此二面角P BC D   的正弦值为 21 7 . ..................12 分 法2：取BC 得中点E ，连接 PE OE, BC OE   ABCD PO 面   的平面角 为二面角 D BC P PEO OE PE      , ........10 分 7 21 7 3 sin , 7 2 , 3         PEO PE OE PO POE中， 在 ...........12 分 21.解：（Ⅰ）选①： n a n T T n n n ) 2 ( 1     n a n a n n ) 2 ( 1    即 n a n a n n     2 1 n n a n n a n n ) 1 ( ) 1 ( 2 1      ） （ 即 是常数列 数列         n n an ) 1 ( 1 1 2 ) 1 ( 1      a n n an ) 1 (    n n an ........................4 分 选②： n n a n S ) 2 ( 3    1 1 ) 1 ( 3 2       n n a n S n 时， 1 ) 1 ( ) 2 ( 3      n n n a n a n a 则 1 ) 1 ( ) 1 (     n n a n a n 即 ) 1 ( ) 1 ( 1      n n a a n n ) 1 ( 1 3 2 4 2 ) 1 ( ) 1 ( 1               n n a n n n n an 也满足 时， 当 2 1 1   a n ) 1 (    n n an ........................4 分 选③： 1 1 1     n a n a n n 得 ， 所以数列       n an 是等差数列，首项为2，公差为1. 则 1 ) 1 ( 2      n n n an ) 1 (    n n an ......................4 分 （Ⅱ） n n a n n ) 1 ( 2 ) 1 ( 1     时， 知当 由 n n n n n cn 2 ) 1 ( ) 1 (       符合上式 时， 又 , 1 2 2 1 1 1 c a n       n cn 2   .................6 分 1 ) 2 1 ( ) 2 1 ( 2       n n n n n d 1 2 2 1 0 ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 1 ( ) 2 1 ( 3 ) 2 1 ( 2 ) 2 1 ( 1                   n n n n n M n n n n n M ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 1 ( ) 2 1 ( 3 ) 2 1 ( 2 ) 2 1 ( 1 2 1 1 3 2 1                 而 .............8 分 n n n n n M ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 ( 2 1 1 2 2 1 0              相减得 n n n n n n ) 2 1 ( ) 2 1 ( 2 2 ) 2 1 ( 2 1 1 ] ) 2 1 ( 1 [ 1            ................10 分 n n ) 2 1 )( 2 ( 2    1 2 2 4 ) 2 1 )( 2 ( 2 4         n n n n n M ...........12 分 22.解：（1）连接AQ ，有题意知： PQ AQ  .................1 分 2 2 2        AB BP PQ BQ AQ BQ .................3 分 即Q 的轨迹为一椭圆，其中 1 , 1 , 2 2 2 2      c a b c a .................4 分 所以椭圆C 的标准方程为 2 2 1 2 x y   ............................................................................ 5 分 （Ⅱ）设点 1 1 ( , ) A x y ， 2 2 ( , ) B x y ，直线l 的方程为 1 x my   与椭圆 2 2 1 2 x y  联立，消去x 整理得  2 2 2 2 1 0 m y my    显然 0  成立，故 1 2 2 2 2 m y y m    ， 1 2 2 1 2 y y m   ................................................. 7 分 由椭圆定义得△ 1 ABF 的周长为4 4 2 a  则△ 1 ABF 的面积 1 3 6 4 2 2 4 2 S     ........................................................................... 8 分 又由 1 2 2 1 1 2 1 | | | | 2 S F F y y y y       ，得 2 1 6 2 y y   ..................................................9 分 从而得  2 2 1 1 2 3 4 2 y y y y    ，即 2 2 2 2 4 3 2 2 2 m m m            整理得 4 2 3 4 4 0 m m    ，解得 2 2 m  ，故 2 m  .....................11 分 故直线l 的方程为 2 1 0 x y   ......................................................................................12 分