陕西省西安市长安区2021-2022学年高二下学期期末考试数学（理）答案（PDF版）

陕西省西安市长安区2021-2022学年高二下学期期末考试数学（理）答案（PDF版）高二数学（理科）试题参考答案一、选择题1-6.DABDAC7-12.BCBBAC二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分.把答案填写在答题卡相应的位置.）513.314.x1或3xy450或7xy2425015.16.166三、解答题：(共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.（本小题满分12分）2解：（1）因为sinA30cosA，所以tanAA3,0,，所以A.32在ABC中，由余弦定理得284cc24cos，即cc22240，3解...

高二数学（理科）试题参考答案一、选择题1-6.DABDAC7-12.BCBBAC二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分.把答案填写在答题卡相应的位置.）513.314.x1或3xy450或7xy2425015.16.166三、解答题：(共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.（本小题满分12分）2解：（1）因为sinA30cosA，所以tanAA3,0,，所以A.32在ABC中，由余弦定理得284cc24cos，即cc22240，3解得c=-6（舍去），c=4.a2b2c227（2）因为b2,a27,c4，由余弦定理得cosC，27ab又ADAC，即ACD是直角三角形，所以ACDCcosC，2则DC7，ADCD22AC3，又，则DAB，3261所以ABD的面积为SABADsin3.2618.（本小题满分12分）解:（1）证明：连结BE，由图1可得BEEC,在图2中BE2,PE1,PB3,BEPE又ECPEEBE面PECBE面ABCE面PCE面ABCE（2）以点A为原点，分别以AB,AE直线为x轴，y轴，以经过点且垂直于平面ABCE的直线为z轴建立直角坐标系.132132由题意可知，BCEP1,0,0,1,2,0,0,1,0,,,,AP,,,AB1,0,0222222高二理科数学参考答案共5页第1页nAP0设面ABP的法向量为nx,,yz,则,nAB0112令y2,得z3,所以n0,2,3,PC,,222PCn222222sincosPC,n,所以直线PC与面所成角的正弦值为.PCn111119.（本小题满分12分）解：（1）①如果采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：A1—2：0（甲净胜二局），A2—2：1（前二局甲一胜一负，第三局甲胜）.1p(A1)=0.6×0.6=0.36,p(A2)=C2×0.6×0.4×0.6=0.288因为A1与A2互斥，所以甲胜概率为p(A1+A2)=0.648.②如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：B1—3：0（甲净胜3局），B2—3：1（前3局甲2胜1负，第四局甲胜），B3—3：2（前四局各胜2局，第五局甲胜）。因为B1，B2，B2互斥，所以甲胜概率为p(B1+B2+B3)=p(B1)+p(B2)+p(B3)322222=0.6+C3×0.6×0.4×0.6+C4×0.6×0.4×0.6=0.68256.由（1），（2）可知在五局三胜制下，甲获胜的可能性大。（2）的所有可能取值为2,3.P20.6220.40.52,1212PCC(3)220.60.40.40.60.48的分布列为23P0.520.48E20.52+30.48=2.48高二理科数学参考答案共5页第2页20.（本小题满分12分）2c2xy22解：（1）e即，ac222，得bc22．设椭圆C的方程为1，又点2a212cc2242xy22(2,2)在椭圆上，1得c24．椭圆的方程为1．2cc2284（2）①当直线AB的斜率不存在时，直线的方程为x22或x22．221若，则A(22,2)，B(22,2)，k，k，kk．1222122221若x22则A(22,2)，B(22,2)，k，k，kk．1222122②当直线的斜率存在时，设直线：ykxm，点A(,)x11y，B(,)x22y，ykxm直线与椭圆联立，得222，直线与椭圆相切，22(1+2k)x4kmx2m80xy282222220，即16km4(12k)(2m8)0，化简得：mk48ykxm2kmm212联立，得(1k2)x22kmxm2120，xx，xx，()OA，22122122xy121k1ky1y2OB的斜率分别为k1，k2，故x1x222yy12(kx1mkx)(2m)kxx12kmx(1x2)mkk12，x1x2x1x2x1x2k2(m212)2k2m2m2(1k2)12k2m2将式代入：kk，12mm2212124k2411将mk2248代入得：kk=．综上：kk为定值，该定值为．128k28212221.（本小题满分12分）高二理科数学参考答案共5页第3页22．(本小题满分10分)2解：（1）令x0，则t4t30t1或3，∵t1，∴t3，y2，即B(0,2)令y0，则t23t2201t或，∵，∴t2则x1，即A(1,0).2曲线C2的直角坐标方程为：yx4（2）【方法一】：，由（Ⅰ）知kAB2，xt1可设直线AB的参数方程为代入抛物线方程整理得：tt210，yt2则|AP||AQ|5||5||5|t1t2t1t2|54【方法二】：以焦点A为极点，曲线的统一方程为1cos224设P(,)，则Q(,)，这时，|AP||AQ|12121cos1cossin2高二理科数学参考答案共5页第4页4由于ktan2，∴sin2，∴|AP||AQ|5523．(本小题满分10分)3xx4,2解：(1)令g(x)2x1x2xx,12，则f()()xgxa3xx4,1由解析式易知，g(x)ming(1)1，因为fx0在R上恒成立，所以g()xa，即ag(x)min112(2)由（1）可知，1，则b2cbc.cb123b6c3b6cbcc2b3c3b(3c3b)992962cbcbcb36bc当且仅当，即bc222时，取等号.cb故bcc2b的最小值为962高二理科数学参考答案共5页第5页

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