山东省济南市2019-2020学年高二下学期末考试数学试题答案(定稿)

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高二数学试题 第 1页 （共 8页） 绝密★启用并使用完毕前 济南市 2020 年 7 月高二年级学情检测 数学试题答案 一、单项选择题：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。 1～5 ＤＣＤＢＣ 6～8 ＢＡＢ 二、多项选择题：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。全部选对得 5 分；部分选对的得 3 分；有选错的得 0 分。 9.ＡＢ 10.ＡＢＤ 11.ＢＣ 12.ＡＣＤ 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13. 1 2  14. 24 15. 6  16. 1 3 3( ,1)2 6 ； 四、解答题：本题共 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．（10 分） 解：（1）因为展开式中只有第 5 项的二项式系数最大，所以 8n  ............................2 分  1 8 2 0,1, ,8rr r rT C x r =   ， ，...................................................................................... 4 分 所以当 2r  时，  22 2 2 2 1 8 2 112T C x x    ................................................................... 6 分 （2）令 1x  ，得 0 1 2 3 8 1a a a a a      ， 又 0 1a  ，........................................................................................................................... 9 分 所以 1 2 3 8 0a a a a     ........................................................................................... 10 分 18．（12 分） 解：（1）当 2a  时， ( ) e 2 2,xf x x   所以   2xf x e   ，................................1 分 令   0f x  ，得 ln 2x  ，.............................................................................................. 2 分 所以 ( )f x 的单调减区间是 ,ln 2 ，单调增区间是 ln 2, . ........................ 4 分 （2）   xf x e a   ......................................................................................................... 5 分 若 0a„ ，则   0f x  ，所以 ( )f x 无极值，................................................................7 分 高二数学试题 第 2页 （共 8页） 若 0a  ，则 ( )f x 在 ,ln a 单调递减， ln ,a  上单调递增. .........................9 分 所以当 lnx a 时，有极小值 lna a ，无极大值. ................................................... 11 分 综上，当 0a„ 时，无极值；当 0a  时，有极小值 lna a ，无极大值. ............... 12 分 19．（12 分） 解：（1）（方法一）记事件 A ＝“抽取的 3 人中至少有 1 名共青团员”. 则   1 2 2 1 2 8 2 8 3 10 8 15 C C C CP A C   所以抽取的 3 人中至少有 1 名共青团员的概率是 8 15 .....................................................4 分 （方法二）记事件 A ＝“抽取的 3 人中至少有 1 名共青团员”，则 A ＝“抽取的 3 人中 没有共青团员”. 则   3 8 3 10 7 15 CP A C   ..............................................................................................................2 分 所以     81 15P A P A   . 所以抽取的 3 人中至少有 1 名共青团员的概率是 8 15 ....................................................4 分 （2）由题意知， 0,1,2,3X可能的取值为 ．.....................................................................5 分   0 3 4 6 3 10 10 6 C CP X C    ，   1 2 4 6 3 10 11 2 C CP X C    ，   2 1 4 6 3 10 32 10 C CP X C    ，   3 0 4 6 3 10 13 30 C CP X C    ........................................................... 9 分 X所以随机变量 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 6 1 2 3 10 1 30 ............................................................................................................................................10 分   3 4 6.10 5E X  所以 （或   1 1 3 1 60 1 2 36 2 10 30 5E X          ）.................... 12 分 20．（12 分） （1）（方法一） 因为 AC  平面 ABD ，.....................................................................................................1 分 BD  面 ABD ， 所以 AC  BD ，................................................................................................................2 分 高二数学试题 第 3页 （共 8页） 又因为 2AD BD  ， 2AB  ，满足 2 2 2AD BD AB  ，.......................................3 分 所以 AD BD ，................................................................................................................ 4 分 又 AD ， AC  面 ACD ， AD AC A ， 所以 BD  平面 ACD .........................................................................................................5 分 （方法二） 取 AB 中点 O ，连接 OD ，由于 AD BD ，则 OD AB ，又 由 AC  面 ABD 知，面 ABD  面 ABC ，所以 OD  面 ABC .取 BC 中点 P ，连接 PO ，则 PO ACP ，又因为 AC  面 ABD ，所 以 AC AB ，所以 PO AB ，所以 OB ， OP ， OD 两两垂直. 以 O 为坐标原点建系如图.................................................................................................1 分 由题意知，  1,0,0B ，  1,0,0A  ，  0,0,1D ， 2 3( 1, ,0)3C  ................................. 2 分 则 ( 1, 0 ,1)BD   uuur ， (1, 0 ,1)AD  uuur ， 2 3(0 , , 0)3AC uuur ， 所以， 0BD AC  uuur uuur ，即 AC  BD ；.............................................................................. 3 分 0BD AD  uuur uuur ，即 AD  BD ；...........................................................................................4 分 又 AD ， AC  面 ACD ， AD AC A ， 所以 BD  平面 ACD .........................................................................................................5 分 （2）（方法一） 取 AB 中点 O ，连接 OD ，由于 AD BD ，则 OD AB ，又由 AC  面 ABD 知，面 ABD  面 ABC ，所以 OD  面 ABC .取 BC 中点 P ，连接 PO ，则 PO ACP ，又因为 AC  面 ABD ， 所以 AC AB ，所以 PO AB ，所以 OB ，OP ， OD 两两垂直. 以 O 为坐标原点建系如图.................................................................................................6 分 由题意知，  1,0,0B ，  1,0,0A  ，  0,0,1D ， 2 31, ,03C      在 Rt ABC△ 中，因为 2AB  ， 2 3 3AC  ， AC AB ，所以 30ABC   ， 又因为 AE BC ，所以 1AE  ，所以 1 3, ,02 2E      ，................................................7 分 故  1,0,1AD  ， 1 3, ,02 2AE        高二数学试题 第 4页 （共 8页） 设面 ADE 的一个法向量  , ,m x y z ， 则 0 0 m AD m AE        ，即 0 1 3 02 2 x z x y     ，取 1y  ，则  3,1, 3m   ............................. 9 分 又易知面 ACE 的一个法向量  0,0,1n  ，...................................................................10 分 则 21cos , 7 m nm n m n        ，.......................................................................................... 11 分 由图知二面角 C AE D  为钝角， 所以二面角 C AE D  的余弦值为 21 7  ................................................................... 12 分 （方法二） 取 AB 中点 O ，作 OH  AE 于 H ，连接 HD ，OD .....................................................6 分 因为 AC  面 ABD ，所以面 ABD  面 ABC ， 又因为 AD BD ，所以 OD AB ，所以 OD  面 ABC ， 所以 HD 在面 ABC 内的射影为OH ，所以 AE  HD ，............................................... 7 分 所以 DHO 即为二面角 B AE D  的平面角............................................................... 8 分 在 Rt ABC△ 中，因为 2AB  ， 2 3 3AC  ， AC AB ，所以 30ABC   ， 又因为 AE BC ，所以 3BE  ，而 OH  1 2 BE ，所以 3 2OH  ，..................... 9 分 又 1 12OD AB  ，...........................................................................................................10 分 所以 Rt DOH 中， 2 3tan 3 ODDHO OH    ， 所以 21cos 7DHO  ，................................................................................................. 11 分 又因为二面角 B AE D  与二面角 C AE D  互补， 所以二面角 C AE D  的余弦值为 21 7  ................................................................... 12 分 高二数学试题 第 5页 （共 8页） 21．（12 分） （1） 1 2 2 1 199ˆ 2.484 n i i i n i i x y nx y b x nx          ，.............................................................................. 2 分 15ˆˆ 0.528a y bx      ，................................................................................................4 分 所以 199 15ˆ 84 28y x  （或 5.04.2ˆ  xy ）......................................................................5 分 （2）由题  8,0.3X B ，所以 kkkCkXP  8 8 7.03.0)( ，（ 8,,2,1,0 k ）...........6 分 因为 P X k（ ）时取最大值， 方法一：所以 8 1 1 9 8 8 8 1 1 7 8 8 0.3 0.7 0.3 0.7 0.3 0.7 0.3 0.7 k k k k k k k k k k k k C C C C             ，.....................................................8 分             8 1 9 8 1 7 8! 8!0.3 0.7 0.3 0.78 ! ! 9 ! 1 ! 8! 8!0.3 0.7 0.3 0.78 ! ! 7 ! 1 ! k k k k k k k k k k k k k k k k                 ................................................9 分 0.3 0.7 9 0.7 0.3 8 1 k k k k        2.7 1.7 k k    1.7 2.7k   ，..........................................................11 分 又因为 k Z ，所以 2k  时 P X k（ ）取得最大值. ................................................. 12 分 方法二：因为 17.03.0 7.03.0 )( )1( 8 8 711 8     kkk kkk C C kXP kXP ..........................................................................8 分 1)1(7 )8(3 7.0 3.0 !)!8( !8 )!1()!7( !8     k k kk kk 7.1 k ....................................................10 分 所以 )8()3()2()1()0(  XPXPXPXPXP  ...................11 分 所以 2k  时 P X k（ ）取得最大值................................................................................ 12 分 22．（12 分） （1） ( ) lnf x x  ，............................................................................................................1 分 高二数学试题 第 6页 （共 8页） 令 ( ) 0f x  ，得 1x  ，....................................................................................................2 分 当 1,1ex     时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减； 当  21,ex   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增 又 1 2( )e ef   ， 2 2(e ) ef  ................................................................................................. 3 分 所以 min( ) (1) 1f x f   ， 2 2 max( ) (e ) ef x f  ............................................................... 5 分 （2）方法一：函数分割法 由题意知：只需  min( )f x g m ， ],0( mx ，..................................................... 6 分 由（1）知  f x 在 0,1 单调递减， 1, 单调递增， ①若 0 1m  ，则  f x 在 0,m 单减，则只需    f m g m ，........................ 7 分 即 2 ln 2 1 e 0mm m m    ， 记   2 1 emm m     ， 0 1m  ， 因为   2 emm    ，所以  m 在 0,ln 2 减， ln 2,1 增， 而  0 0  ，  1 0  ，所以   0m  在 0 1m  恒成立，................................8 分 又因为 2 ln 0m m  ，所以 2 ln 2 1 e 0mm m m    对任意 0 1m  恒成立. .... 9 分 ②若 1m  ， min( ) (1)f x f ，只需    1f g m ，............................................... 10 分 即 )e1(2 11 m ，解得1 ln3m  ，...................................................................... 11 分 综上，  0,ln3m ..........................................................................................................12 分 方法二：除以 m 重新构造 只需  min( )f x g m , ],0( mx ，..............................................................................6 分 由（1）知  f x 在 0,1 单调递减， 1, 单调递增， ①若 0 1m  ，则  f x 在 0,m 单减，所以只需    f m g m ，.................... 7 分 即 2 ln 2 1 e 0mm m m    ， 高二数学试题 第 7页 （共 8页） 即 1 e2ln 2 0 m m m m     ，记   1 e2ln 2 m h m m m m     ， 0 1m  ，     2 e 1 2 1m m mh m m     ， 记    e 1 2 1mk m m m    ， 0 1m  ， 则   e 2 0mk m m    恒成立，所以  k m 在 0,1 上单调递增，.........................8 分 所以    0 0k m k  ，所以   0h m  恒成立， 所以  h m 在 0,1 上单调递增，所以    1 e 3 0h m h    ，成立. ..................9 分 ②若 1m  ，  min( ) 1f x f ，只需    1f g m ，.............................................. 10 分 即 )e1(2 11 m ，解得1 ln3m  ，...................................................................... 11 分 综上，  0,ln3m ..........................................................................................................12 分 方法三：放缩法 只需  min( )f x g m , ],0( mx ，..............................................................................6 分 由（1）知  f x 在 0,1 减， 1, 增， ①若 0 1m  ，则  f x 在 0,m 单减，所以只需    f m g m ，.................... 7 分 即 2 ln 2 1 e 0mm m m    ， 由图象可知，当 ]1,0(x ， xy e 的图象恒在过 )1,0( ， )e,1( 两点的直线下方， 所以 1)1e(e  mm ，  0,1m ................................................................................. 8 分 且 0ln2 mm ，所以 2 ln 2 1 e 2 1 (e 1) 1 (e 3) 0mm m m m m m            所以 2 ln 2 1 e 0mm m m    在  0,1m 上恒成立................................................. 9 分 ②若 1m  ，  min( ) 1f x f ，只需    1f g m ，..............................................10 分 即 )e1(2 11 m ，解得1 ln3m  ，...................................................................... 11 分 综上，  0,ln3m .........................................................................................................12 分 方法四：隐零点法 高二数学试题 第 8页 （共 8页） 只需  min( )f x g m , ],0( mx ，..............................................................................6 分 由（1）知  f x 在 0,1 减， 1, 增， ①若 0 1m  ，则  f x 在 0,m 单减，所以只需    f m g m ，.................... 7 分 即 2 ln 2 1 e 0mm m m    记   2 ln 2 1 emF m m m m    ， 0 1m  ，   2ln emF m m   ，   2 e 0mF m m     在  0,1m 上恒成立， 所以  F m 在  0,1m 上单调递增，.......................................................................... 8 分 又  1 e 0F   ，  1 1 1 ee e1 e 2 e 2 0e eF          ， 所以存在 0 1,1em     ，使得  0 0F m  ， 当  00,m m 时，   0F m  ，  F m 单调递减， 当  0 ,1m m 时，   0F m  ，  F m 单调递增， 又因为 0m  时，   0F m  ，  1 e 3 0F    ， 所以   0F m  在  0,1m 上恒成立. ......................................................................... 9 分 ②若 1m  ，  min( ) 1f x f ，只需    1f g m ，..............................................10 分 即 )e1(2 11 m ，解得1 ln3m  ，...................................................................... 11 分 综上，  0,ln3m .........................................................................................................12 分