福建省宁德市寿宁县第一中学2022-2023学年高二下学期第二阶段考试(5月)数学试题答案

高 二 数 学 科 参 考 答 案

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。） 1-8. C C B D C B B A

二、多选题（（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 9．BD 10．ACD 11．ABC 12．AB

第II卷（非选择题 共分）

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13．√5 3333215,, 14． 2 、  15 16．e ．22237lnx16．【详解】g(x)=(x+1)lnx=(e+1)lnx=f(lnx)，则 f(x1)=f(lnx2)=m(m1)，因xx为f(x1)=x1(e1+1)1，故x1>0，又当x0时，f(x)=(x+1)e+10恒成立，即f(x)=x(ex+1)单调递增，所以x1=lnx2，则x1+x1x2mx=，令h(x)=（x1），lnxlnmlnmh(x)=lnx−1(lnx)2，当x(1,e)时，h(x)0，当x(e,+)时，h(x)0，所以h(x)在x=e处取得最小值，h(e)=故答案为：e x+xxe=e，112的最小值为e. lnmlne四、解答题（本大题共6小题，共70分） 17．(1)2 (2)分布列答案见解析 【分析】（1）利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率； （2）分析可知随机变量的可能取值有0、1、2，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列. 12【详解】（1）解：从甲中取出黑球的概率为，取出白球的概率为， 331 1 / 10

从乙中取出黑球的概率为2，取出白球的概率为2， 1111211故“两球颜色相同”的概率P=+=． 32322（2）解：由题意可得，所有可能取值为0、1、2， 11211111211P(=0)==，P(=1)=+=，P(=2)==， 32322326323故的分布列如下表所示：  P 0 1 122 1 31 6 18．(1)(2) 30 626． 3【分析】（1）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面ACM的一个法向量与AD的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线AD与平面ACM所成角的正弦值，进一步得到直线AD与平面ACM的夹角余弦值； （2）求得AP的坐标，由（1）可得平面ACM的一个法向量，由的距离． APnn求点P到平面ACM【详解】（1）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， PA=AD=4，AB=2，则有A(0,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)， M是PD的中点，M(0,2,2)， AD=(0,4,0)，AC=(2,4,0)，AM=(0,2,2)， 2 / 10

设平面ACM的一个法向量为n=(x,y,z)， nAC=2x+4y=0则有，取z=1，得n=(2,−1,1)， nAM=2y+2z=0设直线AD与平面ACM所成的角为，则有 sin=cosAD,n=ADnADn=46=， 646cos=1−sin2=30． 6故直线CD与平面ACM所成的角的余弦值为30； 6（2）AP=(0,0,4)，平面ACM的一个法向量为n=(2,−1,1)， 设点P到平面ACM的距离为d，则有 d=|APn|426==． |n|36故点P到平面ACM的距离为26． 319．(1)单调递减区间为(−,1)，单调递增区间为(1,+)；极小值为−e，无极大值 (2)答案见解析 【分析】（1）求导后，根据f(x)正负可得单调区间；根据极值点定义可求得极值； （2）将问题转化为f(x)与y=a的交点个数问题，结合（1）中结论作出函数图象分析可得结果． 【详解】（1）∵f(x)定义域为R，f(x)=ex+(x−2)ex=(x−1)ex， 又ex0恒成立， ∴当x(−,1)时，f(x)0；当x(1,+)时，f(x)0； f(x)的单调递减区间为(−,1)，单调递增区间为(1,+)； 所以极小值为f(1)=−e，无极大值． （2）当x2时，f(x)0，当x2时，f(x)0，结合（1）中结论作出函数图象如图： 3 / 10

g(x)的零点个数等价于f(x)与y=a的交点个数； 当a0时，f(x)与y=a有且仅有一个交点； 当−ea0时，f(x)与y=a有两个不同交点； 当a=−e时，f(x)与y=a有且仅有一个交点； 当a−e时，f(x)与y=a无交点； 综上所述：当a[0,+){−e}时，g(x)有唯一零点； 当a(−e,0)时，g(x)有两个不同零点； 当a(−,−e)时，g(x)无零点． 20．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证结论； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求解二面角. 【详解】（1）证明：由题意可知BEC=CED=因为A1B⊥DE，A1Bππ，所以BED=，DE⊥BE， 246 3BE=B，A1B,BE平面A1BE， 所以DE⊥平面A1BE． （2）取BE的中点O，连接AO1，CO， ⊥BE，CO⊥BE， 由等腰三角形的性质可知AO1 4 / 10

由BE=2CE，CE=2CD，可知BE=2CD，OE=CD， 由DE⊥BE且CD⊥DE，可知OE//CD，四边形OCDE为平行四边形，CO//DE，CO⊥平面A1BE； 设BE=2，以O为坐标原点，OB,OC,OA1的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A1(0,0,1)，E(−1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(−1,1,0)， EA1=(1,0,1)，EC=(1,1,0)，ED=(0,1,0)，A1B=(1,0,−1)． EA1n=x+z=0,设平面A1EC的法向量为n=(x,y,z)，则 ECn=x+y=0,令x=1，得n=(1,−1,−1)， 因为A1BED=0,A1BEA1=0， 所以平面A1ED的一个法向量为m=A1B=(1,0,−1)， 所以cosm,n=26=， 3236． 3由图可知二面角C−A1E−D为锐角．故二面角C−A1E−D的余弦值为21．(1)员工获得100元奖励额的概率小于获得150元奖励额的概率 (2)应选择第二种方案，理由见解析 【分析】（1）根据超几何分布求出员工获得100元奖励额与获得150元奖励额的概率，比较大小即可得出答案； （2）分别求出选择方案一和方案二的分布列，进而求出对应的数学期望和方差，比较方差和期望的大小即可得出答案. 【详解】（1）用X表示员工所获得的奖励额． 21C3C13632C3=， 因为P(X=100)=2=，P(X=150)=2=C510C5105所以P(X=100)P(X=150)， 故员工获得100元奖励额的概率小于获得150元奖励额的概率． 5 / 10

（2）第一种方案：设员工所获得的奖励额为X1，则X1的分布列为 X1 60 160 260 P 3 103 51 10331+160+260=140， 10510所以X1的数学期望为E(X1)=60X1的方差为D(X1)=(60−140)2331+(160−140)2+(260−140)2=3600； 10510第二种方案：设员工所获得的奖励额为X2，则X2的分布列为 X2 100 150 200 P 3 103 51 10331+150+200=140， 10510所以X2的数学期望为E(X2)=100X2的方差为D(X2)=(100−140)2331+(150−140)2+(200−140)2=900， 10510又因为500E(X1)=500E(X2)=70000（元）， 所以两种方案奖励额的数学期望都符合要求，但第二种方案的方差比第一种方案的小， 故应选择第二种方案． 22．(1)ex+y−e=0 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意求得a=2e，结合导数的几何意义求切线方程； x1x1+1lnx2x22（2）根据题意可得：x1,x2是方程ex−ax=0的两正根，方法一：整理得，x1−1x2换元令x12t−1)=t(0,1)，构建(t)=lnt−(，t(0,1)，利用导数证明(t)0；方法二：x2t+1分析可得证明F(x2)F(2−x2)，构建G(x)=F(x)−F(2−x)(1x2)，利用导数判断单调性即可证明；方法三：利用对数均值不等式x1x2x1−x2x+x12证明. lnx1−lnx22 6 / 10

aax2【详解】（1）已知f(x)=e−，a0，将(1,0)代入得e−=0，解得a=2e 22xxx2所以f(x)=e−ex，则f(x)=e−2ex 可得f(1)=e−2e=−e， 即切点坐标为(1,0)，切线斜率k=−e 所以所求切线方程为y=−e(x−1)，即ex+y−e=0. x（2）由题意可得：f(x)=e−ax， ∵f(x)有两个极值点x1,x2，且0x1x2， ex所以x1,x2是方程e−ax=0的两正根，整理得=a， xex(x−1)ex构建F(x)=(x0)，则F(x)=x0)， (2xxx由x0，令F(x)0，解得0x1；令F(x)0，解得x1； 所以F(x)在(0,1)单调递减，在(1,+)单调递增 xe2e其大致图像如图所示，由图像可知当ae,，方程=a有两个正根，符合题意， x2 ex1=ax1lnx1−lnx2x1=lna+lnx1=1， 方法一：由x2，两边取对数得，整理得x−xx=lna+lnx1222e=ax2x1x1+1ln(lnx1−lnx2)(x1+x2)2x2x22若x1+x22，等价于，可得， x1−x2x1−1x2注意到0x1x2，令x1=t(0,1)，则t+10,t−10， x2 7 / 10

(t+1)lnt22(t−1)可得，整理得lnt−0， (t−1)t+1故x1+x22等价于lnt−构建(t)=lnt−2(t−1)0， t+12(t−1)，t(0,1)， t+12(t−1)0t0,114t=−=()恒成立， 则()对t(t+1)2t(t+1)2故(t)在(0,1)上单调递增，则(t)(1)=0， 故x1+x22； 方法二： 其大致图像如图所示 e2由图像可知：当ae,时，可得0x11x22 2∴02−x21 要证x1+x22，等价于证明x12−x2， 而F(x)在(0,1)单调递减，即证明F(x1)F(2−x2)， 又∵F(x1)=F(x2)，即证明F(x2)F(2−x2)， 构建G(x)=F(x)−F(2−x)(1x2)， exex(x−1)e2−x(x−1)e2−x+=(x−1)2−则G(x)=F(x)−F(2−x)=22， x2x(2−x)2−x()x−2)exex(构建g(x)=2(x(0,2))，则g(x)=0对x(0,2)恒成立， 3xx 8 / 10

ex则g(x)=2在(0,2)上单调递减， x且1x2，则02−x1x2， exe2−x可得g(x)g(2−x)，即22， x(2−x)exe2−x0， 注意到x−10，则G(x)=(x−1)2−2x(2−x)∴G(x)在(1,2)单调递减，则G(x)G(1)=0， 即F(x)F(2−x)，∴x1+x22； 方法三：接方法一（用到对数均值不等式） ex1=ax1x1=lna+lnx1由x2，取对数得， x=lna+lnxe=ax222作差得x1−x2=1， lnx1−lnx2由对数均值不等式x1x2∴1x1−x2x+xx1−x2x+x12， 12得：lnx1−lnx22lnx1−lnx22x1+x2，即x1+x22. 2x1−x2x+x12， 以下证明：lnx1−lnx22x21−1xx2(x1−x2)即证明：ln1=2， x1x2x1+x2+1x21令x=t，t(0,1)，构建(t)=lnt−2x2(t−1)， t+1(t−1)014=则(t)=−， t(t+1)2t(t+1)2故(t)在(0,1)单调递增，从而(t)(1)=0， 即2x1−x2x+x12. lnx1−lnx22【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形． (2)构造新的函数h(x)． (3)利用导数研究h(x)的单调性或最值． 9 / 10

(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．

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