《广东省深圳市2021-2022高二下学期数学期末试卷及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省深圳市2021-2022高二下学期数学期末试卷及答案（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 数学试题参考答案及评分标准 第1页（共10页） 深圳市 2022 年普通高中高二年级调研考试 数学试题参考答案及评分标准 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B A A D B B A 说明与略解： 4说明说明：本题改编自人教 A 版必修二第 36 页习题 6.3 第 1 题 5说明说明：本题改编自人教 A 版必修二第 158 页练习第 2 题 8说明说明：本题改编自人教 A 版必修一第 160 页复习参考题 4 第 4 题，第 92 页探究与发现；人教 A版选择性必修二
2、第 99 页习题 5.3 第 12 题 命题意图：本题考查方程根的个数问题，考查化归与数形结合的数学思想方法，考查直观想象核心素养略解略解：方程( )f xxb=+有 3 个不同的实数根，等价于函数( )yf x=与yxb=+的图象有 3 个不同的公共点 作出函数ln ,0,( )1,0.xxf xxxx=+的图象，如图所示， 注意yx=为1yxx=+的一条渐近线 当1b=时，1yx=与lnyx=相切，只有 1 个公共点； 1yx=与1yxx=+有一个公共点， ( )yf x=与yxb=+的图象共有 2 个不同的公共点，不满足题意 当1b时，yxb=+与lnyx=有两个公共点，与1yxx=+有
3、一个公共点， ( )yf x=与yxb=+的图象共有 3 个不同的公共点，满足题意二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。 题号 9 10 11 12 答案 AC ACD BD ABD 说明与略解： 9说明说明：本题改编自人教 A 版必修二第 215 页习题 9.2 第 4 题 xyyx=1yx=O1lnyx=1(0)yxxx=+ 数学试题参考答案及评分标准 第2页（共10页） 10说明说明：本题改编自人教 A 版选择性必修一第 103 页练习第 15 题 11说明说明
4、：本题改编自人教 A 版选择性必修二第 8 页练习第 3 题，习题 4.1 第 2 题（4） 命题意图：本题考查数列的递推公式、周期数列、数列求和、简单的数论知识，考查学生数学运算与逻辑推理等核心素养 略解略解：由题意12a =，212a =，31a = ，42a =，512a =，61a = ，容易发现数列na是周期数列，周期为 3 A 选项：20223 67431aaa= ，A 不正确 B 选项：1232022123()6741011aaaaaaa+=+=+，B 正确 C 选项：6741232022123()1aa aaaa a=，C 不正确 D 选项：由题设条件知11nnna aa+=，
5、所以， 122320222023a aa aaa+122022(1)(1)(1)aaa=+ 122022()20221011aaa=+= ，D 正确 12说明说明：本题改编自人教 A 版必修一第 250 页阅读与思考 命题意图：本题以声波为背景，考查了函数的单调性，奇偶性，周期性等性质，考查分析问题与解决问题的能力，考查数学运算与逻辑推理等核心素养 略解略解：A 选项：1111sin()sin)( )(nnknknkxkxkxfxkf=，故 A 正确 B 选项：111111sin ()sin(2)sin(2)=2()nnnnkkknkkxkkxfxxfxk=+=+=+，故 B 正确 C 选项：
6、21( )sinsin22xxxf=+，因为2( )fx为奇函数， 且以2为周期， 只需研究2( )fx在0 , 上的最值即可 因为()()2( )coscos22cos1 cos1fxxxxx=+=+， 由于cos 1,1x ，cos1 0 x+ ， 所以， 当2cos1 0 x ， 即03x时，2( )fx单调递增； 当2cos1 0 x ， 即3x时，2( )fx单调递减又22(0)()0ff=，212sinsin3323f=+3 34=， 所以0 x时，23 30( )4fx；0 x 时，23 3( )04fx； x 时，23 33 3( )44fx故2max3 33( )42fx=，
7、C 不正确 D 选项：( )311sinsin2sin323xxfxx=+，3( )coscos2cos3fxxxx=+ 当 ,4 4x 时，22cos,1, cos20,1, cos3,122xxx ， 故3( )0fx，此时3( )fx单调递增，所以 D 正确 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 132 1422143xy= 1533 16126,40,42,256； 数学试题参考答案及评分标准 第3页（共10页） 说明与略解： 13说明说明：本题改编自人教 A 版必修一第 161 页练习第 12 题 14说明说明：本题改编自人教 A 版选择性必修一第 127 页
8、习题 3.2 第 4 题 15说明说明：本题改编自人教 A 版必修二第 120 页习题 8.3 第 4 题 命题意图：本题考查圆锥与棱柱的体积计算，导数与函数的最值，考查学生直观想象，逻辑推理和数学运算等核心素养 略解：由已知，过正三棱柱上底面的平面平行于圆锥的下底面，所以该平面截圆锥所得的截面是一个小圆 显然，要使正三棱柱的体积最大，必须正三棱柱上底面三角形内接于这个小圆 设小圆的半径为r，(0,1)r，正三棱柱高为h， 在圆锥的轴截面中，由三角形相似，得331hr=，所以3(1)hr= 所以正三棱柱的体积2233 39 3()44Vr hrr=，求导得29 3( )(23)4V rrr=，
9、 当2(0,)3r时，( )0V r，( )V r单调递增；当2(,1)3r时，( )0V r，( )V r单调递减； 故当23r =时，V有最大值33 本题也可以利用三元的算术平均-几何平均不等式求V的最大值 16说明说明：本题改编自人教 A 版选择性必修二第 56 页复习参考题 4 第 10 题 命题意图：本题以角谷猜想为数学背景，考查学生获取有效信息的能力，逻辑推理和数学运算等核心素养 略解：当17n=时，根据运算法则得出： 175226134020105168421，共需要 12 个步骤，故(17)12B=； 若( )8B n =，根据运算规则需要 8 步才第一次变成 1，所有可能的情
10、形有： 12481651036； 1248165102040； 12481632642142； 1248163264128256 故满足( )8B n =的正整数n的所有可能取值的集合为6,40,42,256 特别注意排除 4，5，32 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17解：（1）由题意，得112ba=，4216ba=， 1 分 设等比数列nb的公比为r，则3216r=，所以2r =， 3 分 所以数列nb的通项公式为12 22nnnb= = 5 分 （2）由（1）可知，22loglog 2nnncbn=，n+N 6 分 所以11111(
11、1)1nnc cn nnn+=+， 8 分 数学试题参考答案及评分标准 第4页（共10页） 所以1 22 3111111111111122311nnc cc cc cnnn+=+= +10 分 说明：本题改编自人教 A 版选择性必修二第 16 页例 4 命题意图：本题考查等比数列的通项公式，裂项求和法，不等式证明的放缩法，考查数学运算和逻辑推理等核心素养 18解： （1）因为coscos3 tanaBbAcA+=，由正弦定理， 得sincossincos3sintanABBACA+= 1 分 A，B，C是ABC的内角， sincossincossin()sinABBAABC+=+=， sin3
12、sintanCCA=， 3 分 (0, )C，sin0C，3tan3A=， (0, )A，所以6A= 5 分 （2） （法一）由正弦定理，得sinsinbABa=， 2a=，2 3b =，6A=，3sin2B =， 6 分 (0, )B，3B =或23B =， 7 分 当3B =时，2C =，得12 32ABCSab=； 9 分 当23B =时，6C =，得1sin32ABCSabC= 11 分 综上，ABC的面积为3或2 3 12 分 （法二）由余弦定理，得2222cosabcbcA=+， 2a=，2 3b=，6A=，21264cc+=， 6 分 即2680cc+=，2c=或4c=， 7 分
13、 当2c=时，6CA=，得1sin32ABCSabC=， 9 分 当4c=时，22216abc+=，ABC是直角三角形， 得12 32ABCSab= 11 分 综上，ABC的面积为3或2 3 12 分 说明：本题改编自人教 A 版必修二第 47 页例 8，第 54 页习题 6.4 第 22 题 命题意图：本题主要考查正弦定理、余弦定理、三角形面积，及三角恒等变换等基础知识，考查逻辑推理和数学运算等核心素养 19证明： （1）由题意，四边形OBCD为正方形，2 2OC =， 数学试题参考答案及评分标准 第5页（共10页） 翻折后，2 3AC =，22222222 22 3OAOCAC+=+=（）
14、 （），OAOC 又在直角梯形中ABCD，ODAB，将AOD沿着OD翻折时，有OAOD， AO平面OBCD， 2 分 AOCD，又ODCD，CD平面AOD， 4 分 CDOM，又AOD是等腰直角三角形，点M是线段AD的中点， OMAD，而CD AD，平面ACD，CDADD=，OM 平面ACD， 所以ACOM 6 分 解： （2） （法一）由（1）知，可以OD，OB，OA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图 122BCCDAB=，(0,0 2)A,，(0,2 0)B,，(2,0,0)D， (1,0,1)M，(0,1,1)N，(1,0,1)OM =，(0,1,1)ON = 8 分
15、设m =( ,)x y z,是平面OMN的法向量， 则OMm， ONm 0OM=m，0ON=m，即00+=+=xzyz， 令1= z，则1=xy，m可取为(1,1,1)， AO平面OBCD， 可取(0,0,1)=n为平面OBCD的法向量， 10 分 则|13|cos,|33=m nm nm n， 所以，平面OMN与平面OBCD夹角的余弦值为33 12 分 （法二）连结BD，M，N分别是线段AD，AB的中点，MNBD， 又MN 平面OBCD，BD 平面OBCD，MN平面OBCD， 设平面OMN平面OBCDl=，由线面平行的性质定理， 得MNl，lBD， 在平面OBCD内，过点O作BD的平行线，即
16、为平面OMN与平面OBCD的交线，8 分 取OD的中点E，在平面OBCD内，过点E作EFl于F，连结ME，MF， MEOA，ME 平面OBCD， MFE即为平面OMN与平面OBCD的夹角， 10 分 易知112MEOA=，2222EFOE=， tan2MEMFEEF=， 3cos3MFE=， ADCBOMNyzxADCBOMNEFl 数学试题参考答案及评分标准 第6页（共10页） 所以，平面OMN与平面OBCD的夹角的余弦值为33 12 分 说明：本题改编自人教 A 版必修二第 171 页复习参考题 8 第 12 题，选择性必修一第 39 页例 10 命题意图：本题以翻折为背景，考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、两个平面的夹角，考查学生直观想象、逻辑推理与数学运算等核心素养 20解： （1）设E =“小明任取一道题目答对”， 1F =“小明取到A题目”，2F =“小明取到B题目”，3F =“小明取到C题目”， 则123FFF =，且123,FFF两两互斥 分别用A，B，C表示小明答对题目A，B，C的事件 根据题意得1231()()()3P FP FP F=， 1(|)0.6P A F
