江苏省扬州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题含答案.pdf

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1、江苏省扬州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题第 1 页（共 6 页）20232024 学年第二学期期末检测 高二数学参考答案 2024.06 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D B C D D C BD ACD ABD 题号 12 13 14 答案 0.2 158 1，22 15.【答案】(1)由1()22x得1x ，所以(1,)A ，2 分 由2log1x 得2x，所以(2,)B.4 分 所以(1,)AB .6 分(2)由22320 xaxa(0)a 得2axa，即(,2)Caa.9 分 因为“xB”是“xC”的必要条件，所以CB，即(,2

2、)(2,)aa，11 分 所以2a.13 分 16.【答案】(1)由题可知2222222(21)4441122nnnnnaCC，即22280nn，即(27)(4)0nn，所以72n (舍)或4n.4 分 所以53382448aC；6 分 因为8230128838(21)(1)(1)(1)2(1)1(1)xxbb xb xb xb x，所以535382(1)448bC .8 分(2)在式中，令0 x，则012381bbbbb，10 分 令2x ，则8012383bbbbb，12 分 由得，81357132()bbbb，所以8443511213(13)(13)328022nbbbb.15 分 17

3、【答案】(1)取AC的中点O，连接1,AO BO,160A AC,12A A,1AO，所以13AO,1AOAC，由题设可知，ABC为边长为 2 的等边三角形，所以3BO，由16AB,22211ABAOBO，所以1AOBO，又因为1AOAC，ACBOO，AC、BO 平面ABC，所以1AO 平面 ABC，#QQABAQSAggCIQIBAAQgCQwGACAAQkBECCagOwAAAoAAAARNABCA=#第 2 页（共 6 页）又因为1AO 平面11A ACC，所以平面11A ACC 平面ABC；7 分(2)以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以1OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标

4、系.所以1,0,0A，0,3,0B，1,0,0C，12,0,3C，10,0,3A，2,0,0CA，10,3,3BA，11,0,3CC .因为101CMCC，则1,0,3M，1,3,3BM，设平面1ABM的法向量为,nx y z，则10,0,n BAn BM 即0,1330.yzxyz 取1y，1z，31x，所以31,1,1n是平面1ABM的一个法向量.设直线AC与平面1ABM所成角为，222 3110sincos,52 3121CA nCA nCA n，解得15，12 分 所以63,0,55M，又因为164 3,0,55MA，111,3,0B ABA，所以1111163525MA B AB A

5、.所以点M到直线11AB的距离22111113MA B AdMAB A.15 分 18【答案】(1)假设0H：是否接受挑战与受邀者的性别无关.根据列联表中的数据可以求得 222()100(40241620)16006.93()()()()56446040231n adbcab cd ac bd，由于26.936.635，且当0H成立时，2(6.635)0.010P，所以有99%的把握认为是否接受挑战与受邀者的性别有关.5 分(2)()(2|)()()40()(|)()()()(|)(516)P ABP B AP ABn ABP ALR B AP ABP ABn ABP B AP A，同理205

6、2|4)6(LR B A，所以(|)5325(|)LR B ARLR B A.10 分(3)由分层抽样知，随机抽取的 5 名受邀选手中，男性有 3 人，女性有 2 人.根据频率估计A1B1C1ABCMOxyz#QQABAQSAggCIQIBAAQgCQwGACAAQkBECCagOwAAAoAAAARNABCA=#第 3 页（共 6 页）概率知，男性选手接受挑战的概率为23，不接受挑战的概率为13.X可能得取值为 0,1,2，3 名被抽取的男性选手中，恰抽到k人被访谈记为事件kD(0,1,2k)，则23225()(0,1,2)kkkC CP DkC，被访谈的 2 名选手中接受挑战的男性人数恰好

7、为m人记为事件(0,1,2)mEm，则00(|)1P ED，011(|)3P ED，20211(|)()39P ED，112(|)3P ED，1122214(|)339P EDC，22224(|)()39P ED，所以0001012020(|)(|)(|)PPDDXPP EDPPDPDEED 0211203232322225551111393C CC CC CCCC，12 分 1112121(|)(|)P XP DP EEDDPPD1120323222552483915C CC CCC，14 分 2322222252(|)15429CP XP DP EDCC.16 分 故 X 的分布列如下：X

8、 0 1 2 P 13 815 215 1824()012315155E X .17 分 19【答案】(1)当0a 时，lnf xxx.设切点000,lnx xx，则00000ln,1()1,kxxxfxkx 消k得000011lnxxxx，解得0 xe，代入得11ke.4 分(2)方法一：方法一：因为()lnxf xxxaxe，所以11(1)()()1xxxxxeaxfxaxexe.6 分 1当0a 时，设()lng xxx，则11()1xg xxx，所以当(0,1)x时，()0g x，()g x单调递减；当(1,)x时，()0g x，()g x单调递增.所以min()(1)10g xg.又

9、0 xaxe，故()0f x 恒成立，所以0a 成立.8 分 2当0a 时，0 xeax，所以当(0,1)x时，()0fx，()f x单调递减；当1,x#QQABAQSAggCIQIBAAQgCQwGACAAQkBECCagOwAAAoAAAARNABCA=#第 4 页（共 6 页）时，()0fx，()f x单调递增.故 min()110af xfe，解得ae，又0a，所以0ae，综上所述，a的取值范围为(,e.10 分 方法二：方法二：因为()ln0 xf xxxaxe恒成立，又0 x，所以上式等价于lnxexxax恒成立.6 分 记(ln)()xexxh xx，则22ln1ln(1)(1l

10、n)()e1eexxxxxxxxh xxxx，设()1 lnu xxx，则11()1xu xxx.当(0,1)x时，()0u x，()u x在(0,1)上单调递减；当(1,)x时，()0u x，()u x在(1,)上单调递增.所以()(1)20u xu.8 分 所以当(0,1)x时，()0h x，()h x在(0,1)上单调递减；当(1,)x时，()0h x，()h x在1,上单调递增.所以 min()1h xhe.故a的取值范围为(,e.10 分 方法方法三三：因为n0()llnxxxefaxxxeaxxex恒成立，又0 x，所以上式等价于lnxxeeaxx恒成立.7 分 记()xeh xx

11、，则2(1)()xexh xx，所以当(0,1)x时，()0h x，()h x在(0,1)上单调递减；当(1,)x时，()0h x，()h x在(1,)上单调递增.所以()(1)h xhe.8 分 令xetx，则,)te，则lnatt()te恒成立.记()lnttt()te，则()ln120tt，所以()t在,)e 上单调递增，所以min()()tee，所以ae.故a的取值范围为(,e.10 分(3)方法一：方法一：因为()f x有两个零点12,x x，不妨设120 xx，则12121122lnln0 xxxxxxaxxaee，即12112212(ln)(ln)xxeeaxxxxxx，即112

12、2lnln1122(ln)(ln)xxxxaxx exx e，令()lnt xxx，则11()1xt xxx，所以当(0,1)x时，()0t x，()t x单调递减；当(1,)x时，()0t x，()t x单调递增.所以min()(1)10t xt.令()xh xxe(1)x，则()0 xxh xexe，()h x单调递增，又1122(ln)(ln)ah xxh xx，所以1122lnlnxxxx，即12121lnlnxxxx.13 分#QQABAQSAggCIQIBAAQgCQwGACAAQkBECCagOwAAAoAAAARNABCA=#第 5 页（共 6 页）由()t x的单调性可知12

13、01xx.思路一：思路一：构造函数()()(2)T xt xtx，(0,1)x.则21212(1)()()(2)02(2)xxxT xt xtxxxxx，15 分 故()T x在(0,1)上单调递减，又(1)0T，所以()0T x，则1()0T x，即11()(2)t xtx，又12()()t xt x，所以21()(2)t xtx，又21x，121x，()t x在(1,)上单调递增，所以212xx.故122xx.17 分 思路思路二二：要证122xx，即证121212lnln2xxxxxx，即证12112221ln1xxxxxx.令12(0,1)xux，即证2(1)ln1uuu.15 分 构

14、造函数2(1)()ln1uuuu，(0,1)u.则22222414(1)(1)()0(1)(1)(1)uuuuuuu uu u，故()u在(0,1)内单调递减，则()(1)0u，即2(1)ln01uuu.故122xx.17 分 思路思路三三：因为12121lnlnxxxx，即1122lnxxxx，令12(0,1)xux，则1212ln,xxuxux即12ln,1ln.1uxuuuxu 要证122xx，即证lnln211uuuuu，即证1ln21uuu，即证2(1)ln1uuu，15 分 下同思路一，略.方法二：方法二：因为()f x有两个零点12,x x，不妨设120 xx，则12121122

15、lnln0 xxxxxxaxxaee，即11221122lnlnxxxxeeeeaxxxx.令()xet xx，则2(1)()xext xx，所以当(0,1)x时，()0t x，()t x单调递减；当(1,)x时，()0t x，()t x单调递增.所以min()(1)t xte.令()lnh xxx()xe，则()ln10h xx，()h x单调递增，#QQABAQSAggCIQIBAAQgCQwGACAAQkBECCagOwAAAoAAAARNABCA=#第 6 页（共 6 页）又1212()()xxeeahhxx，所以1212xxeexx，即2121xxxex.13 分 由()t x的单调

16、性可知1201xx.思路一：思路一：构造函数()()(2)T xt xtx，(0,1)x.则222222(1)(1)()()(2)(1)(2)(2)xxxxexexeeT xt xtxxxxxx，令2()xeu xx，则2432(2)()xxxe xexexu xxx，所以当(0,2)x时，()0u x，()u x单调递减，所以当(0,1)x时，022xx，则(2)()uxu x，所以()0T x，15 分 故()T x在(0,1)上单调递减，又(1)0T，所以()0T x，则1()0T x，即11()(2)t xtx，又12()()t xt x，所以21()(2)t xtx，又21x，121

17、x，()t x在(1,)上单调递增，所以212xx.故122xx.17 分 思路思路二二：因为1212xxeexx，所以21212121xxxxeeeexxxx，即212121211221211()()1xxxxxxxxeeexxxxxxeee，令210uxx，要证122xx，即证121uueue，15 分 即证1012uueue.构造函数1()12uueuue，(0,)u.则22221(1)()0(1)22(1)uuuueeuee，故()u在(0,)上单调递减，则()(0)0u.故122xx.17 分 注：注：要证明1012uueue，即证212uueu，构造函数2()2uuueu，(0,)u.则2222(2)(2)()02(2)(2)uuuuuuu eueeuuu，故()u在(0,)上单调递减，则()(0)1u.故122xx.思路思路三三：令210uxx，则2121,uxx euxx即12,1.1uuuuxeuexe 要证122xx，即证211uuuuueee，即证1112uueue.15 分 下同思路二，略.思路四：思路四：对1212xxeexx两边取对数，得1122lnlnxxxx，下面同方法一.#QQABAQSAggCIQIBAAQgCQwGACAAQkBECCagOwAAAoAAAARNABCA=#