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

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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
(x 8)  (y 3)  25 14.6
2 2
13.
a 15.210 16. 6
三、解答题
1
X  B(4, ) ， 且每次是否正面朝上是相互独立，所以
2 1 1 1
P X  k  Ck k  4k  Ck k  ，………………………………2 分
( ) ( ) ( ) , 0,1, 2, 3, 4
4 4
2 2 16
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2 3 4
1 / 4
}17.解（1）一枚质地均匀的硬币抛掷一次正面朝上的概率为
1
2
，
P
1
16
1
4
3
8
1
4
1
16
…………………………………………………………………………………………4 分
18. 解：（1）由 f x  ax2 bx  3可得 f x  2ax b .…………………………3 分
所以   2 2 3
f x  x  x  .………………………………………………………………6 分
（2）由题意可知 g x  x3  2x2  3 ……………………………………………………8 分
所以 gx  x  x    x  x  
3 4 1 3 1 1
2
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  A B  BC  AE  BC  AE  BC  AB  BE 
1 1 0
所以
1
2 / 4
}（2）根据（1）
1
X  B(4, ) ，
2
所以
1 1 1
E(X )  4  2,D(X )  4   1.………………………………………………10 分
2 2 2
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
x
2
2
 y2 1.
（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
由
 x2

 y2 1
 2
解得
  
y x 1

x
1

y

1

0
1
，
 4
x  

 3
2

1
  
y

2
 3
…………………………………………8 分
所以
1 1 2
S S S OF y OF y
        .………………………………12 分
AOB OAF OBF 1 2
2 2 3


由题意可知 


f
f
1  0
0  2
b  2
，即 
2a b  0

，解得 a 1,b  2
令 gx  0 ，解得
列表有
1
x  ,x 1…………………………………………………………10 分
1 2
3
x
 1
,
 
 
3
1
3
 1 
,1
 
 
3
1 1,
因为    
AC  AF  A D  DC  AF  DC  AF  DC  AD  DF 
1 1 0
因为 AE  AF  A ，所以 A1C  平面 AEF ………………………………………………6 分
（2）分别以 AB 、 AD 、 AA1 为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，连接 AC ，
由于： AB  4 ， AD  3， AA1  5
所以 BD  (4, 3, 0) ， 1 (0, 0, 5)
DD  ……………………………………………………8 分
AC1  (4,3,5)………………………………………………………………………………10 分
 
n·AC 12 2
设平面 AEF 和平面 D1B1BD 所成的角为 ，则
cs  
 1
25 n AC
1
21.（1）由题意知： S4  4S2 ， a2n  2an 1
3 / 4
}所以
AC  AF ……………………………………………………………………4 分
1
设平面
DBB D 的法向量为 n  x, y, z，则
1 1
nDD1  0， nBD  0
所以
5z  0

4x  3y  0

，所以可取 n  3, 4,0
又由于：
AC 平面 AEF
1
所以：
AC 看作是平面 AEF 的法向量
1
12 2
25
所以平面 AEF 和平面 D1B1BD 所成的角的余弦值为
．………………………………12 分
即：
 4(4 1)d 2(2 1)d

4a   4(2a  )
1 1
 2 2
      
a (2n 1)d 2(a (n 1)d) 1

1 1
a1 1

化简得 
d  2

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3 33 53 (2n1)3n ②……………………………………10 分
1 2 3 n
1 2 1 3(13 )
n n n
n
n1
2T 1 2(3  3  3 )  (2n 1)3 1 2  (2n 1)3
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    ，即 f lna 0，故 f x没有零点；………………10 分
1 lna 0
a 1
③当a0,1时，    ，即 f lna 0 .………………………………………………11 分
1 lna 0
a
又    
f 2  ae  a 2 e  2  2e  2  0，故 f x在,lna有一个零点.
4 2 2
4 / 4
}①-②:
2T 130  231  232  23n1 (2n1)3n
n
设正整数
n 满足
0
n
0
 3 
 ln 1
 
a
，则   n  n  n n
f n  a  a   n   n   n  .
0 e e 2 0 e 0 2 0 0
0 0 0 0
由于
 3 
ln 1  lna
 
 
a
，因此 f x在lna,有一个零点.