陕西省西安市长安区2021-2022学年高二下学期期末考试数学（文）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（文）答案（PDF版）高二数学（文科）试题参考答案一、选择题1-6.DABBAC7-12.BABBAD二、填空题yx224313.314.1(x0)15.5e316.49403三、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...

高二数学（文科）试题参考答案一、选择题1-6.DABBAC7-12.BABBAD二、填空题yx224313.314.1(x0)15.5e316.49403三、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）（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）设M是线段EC的中点，连接PM,由PEPC得PMEC,由（1）知面PCE面ABCE，高二文科数学参考答案共4页第1页22PM平面ABCE，且PM，又S,S1,设点C到平面PBE的距离为2PBE2BCEh,由VCPBEVPBCE得h119.（本小题满分12分）解：(1)由频率分布直方图可得这组数据的平均数为：1000.00172000.00203000.00304000.00255000.0008600387（克）；387(2) 方案 ①收入：101000038700（元）；1000方案②收入：由题意得低于350克的收入：0.00170.002010010000311100（元）；高于或等于350克的收入：0.00300.00250.000810010000531500（元）.故总计111003150042600（元），由于4260038700,故种植园选择方案②获利更多.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x1x2高二文科数学参考答案共4页第2页22yy12(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）解：(1)fxalnx,gxx1fxx1alnx,axa则gx()1,xx①当a0时,gx()0,故gx()在(0,)上单调递增,无极值;②当a0时,令g(x)0xa,令g(x)00xa,故在(,)a上单调递增,在(0,a)上单调递减,因此有极小值g(a)a1alna,无极大值.(2)当a1时,设h(x)x1fx2x1(x1),则h(x)x1lnx2x2(x1),11h(x)lnx1,设H(x)lnx1(x1),xx11x1则Hx()0,xx22x因此Hx()在1,上单调递增,即hx()在上单调递增,所以h(x)h(1)0,所以hx()在上单调递增,所以h(x)h(1)0,即且x1,时,不等式x1fx2x1恒成立.高二文科数学参考答案共4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（1）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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高二文科数学参考答案共4页第4页

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