兰州名校2022-2023-2学期期末考试试题
高二数学
说明本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.
答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.
第I卷（选择题共60分）
一、选择题：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，只有一项是符合题
目要求的，
1.已知集合A={x(2a-x)(x-a)<0},若2廷A,则实数a的取值范围为()
A.[1,2]
B.[1,2)
C.(1,2)
D.(-0,1)U(2,+∞)
2.已知矩形ABCD,P为平面ABCD外一点，PA⊥平面ABCD,点M,N满足PM=PC,
PN=2PD.若Mm=xAB+yAD+zAp,则x+y+z=()
A.-1
B.1
C._1
1
D.
2
3.从1,2,3,4,5,6,7,8,9中依次不放回地取2个数，事件A为“第一次取到的是偶数”，事件B为“第二次取到
的是3的整数倍”，则P(BA)等于()
1.3
B.11
c.11
D.
8
32
45
4
4.已知正方体ABCD-A,B,C,D中，点M在棱DD上，直线AC⊥平面ABM,则点M的位置是()
A.点D
B.点D
C.DD的中点
D.不存在
5.给出定义：设f"(x)是函数y=f'(x)的导函数，若方程f"(x。)=0有实数解，则称点(xo,f(x0)
为函数y=f(x)的“拐点”.已知函数f(x)=3x+4sinx-Cosx的拐点为M(xo,f(xo),则下列结
论正确的为()
A.tanxo=4
B.点M在直线y=3x上
4
C.sin2xo=
D.点M在直线y=4x上
17
6.正方体ABCD-ABCD的棱长为1，则平面AB,D与平面BDC,的距离为()
A.√2
B.3
c.2
D.3
3
3
7抛一枚硬币，若抛到正面则停止，抛到反面则继续抛，已知该硬币抛到正反两面是等可能的，则以上
操作硬币反面朝上的次数期望为()
A.4
9
B.
C.1
8
4
8.已知函数f(x)的定义域为R,f'(x)为函数f(x)的导函数，当x∈[0，+oo)时，sin2x-f'(x)>0,
且xeR,f(-x)+f(x)-2sin2x=0,则下列说法一定正确的是()
1
A.f)-f5)>司
62
B.-1经<
44
c③-4
原华
4
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
9.下列四个条件中，能成为x>y的充分不必要条件的是()
A.xe2>ye2
B.1<1<0
C.>y
D.Inx>In y
x V
10.甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随
机取出一球放入乙罐，分别以A,4,和A,表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件：再从乙罐中
随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是()
A.P(B)=
2
B.P(B4)-i
5
C.事件B与事件A相互独立
D.A,A,A是两两互斥的事件
11.我国古代数学名著《九章算术》中将“底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱”称为“堑堵”，现
有一如图所示的“堑堵”ABC-A1B1C1,其中AB⊥BC,若BB1=AB=2,BC=1,则()
C
C
B
B
A.该“堑堵”的体积为2
B.该“堑堵”外接球的表面积为9π
C.若点P在该“堑堵”上运动，则PA的最大值为2√2
D。该“堑堵”上，4G与平面8B,CC所成角的正切值为25兰州名校 2022-2023-2 学期高二年级期末考试
数学试题参考答案
一、 单选题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.有且仅有一个选项符合题意；
二、 多选题：9--12 题每题至少两个选项符合题意，多选不得分，少选得 2 分.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A C B A B D C B ABD BD ABD BC
第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分）
三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
5 1
13. 2 14. e 1 15．5 5 16. [ ,1)
2
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 10 分)
【解】（1）设 A1表示“甲球员担当边锋”，
A2表示“甲球员担当前卫”，
A3表示“甲球员担当中场”，
A1， A2， A3两两互斥，
设 B 表示“球队赢了某场比赛”，
则P B P A1 P B A1 P A2 P B A2 P A3 P B A3
0.5 0.6 0.3 0.8 0.2 0.7 0.68，
该球队某场比赛获胜的概率为0.68 . --------5分
（2）由 1 知：P B 0.68，
P A
P A B 2B 0.3 0.8 6则 2 P B 0.68 17 ，
6
所以球员甲担当前卫的概率为 . ------------10分
17
18.(本小题满分 12 分)
【解】（1）当 a 1时， f (x) ex x e，
f x ex 1，
所以 f x 在 0, f 0 处的切线斜率为 f 0 2，
又 f 0 1 e，
所以 f x 在 0, f 0 处的切线方程为 y f 0 f 0 x 0 ，即 y 1 e 2 x 0 ，
所以 f x 在 0, f 0 处的切线方程为 y 2x 1 e． ---------6分
（2）若 f x 只有一个极值点，则 f x 0只有一个根，
所以方程 ex a 0只有一个根，即 ex a只有一个解，
即 y a 与 y ex 只有一个交点，
因为y=ex 0，
所以 a 0，
所以 a 0，
所以 x ln( a) ，当 x ln( a)时， f (x) 0 ，当 x ln( a) 时， f (x) 0 ，
所以 f (x) 只有一个极小值点 x ln( a) ，
故 a 的取值范围为 ,0 ． -----------12分
19. (本小题满分 12分)
【解】（1）证明：连接 AC 交BD于点 O，连接FO，
由 ABCD是正方形可得，O 是 AC 的中点，又由 F 为 AE 的中点，
在△ACE中，FO为中位线，所以FO / /CE ，
因为CE 平面DFB ，且FO 平面DFB ，所以CE / /平面DFB . ---------6分
（2）解：连接GO ，由BD 面 AGC ，因为GO 面 AGC ，所以BD GO ，
又由 ED 平面 ABCD，且BD 面 ABCD，所以BD ED，所以DE / /GO，
所以点 G 为 BE 的中点，以点 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，
设DE DA DC 2，
则C 0, 2,0 ，D 0,0,0 ，G 1,1,1 ，所以DG 1,1,1 ，DC 0,2,0 ，
n DG x y z 0
设平面GDC 的法向量为 n x, y, z ，则 ，
n DG 2y 0
令 x= 1，则 y 0 ， z 1，所以平面GDC 的一个法向量为 n 1,0,1 ，
又平面BDC 的一个法向量为m 0,0,1 ，
cos m,n m n 1 2所以 m n 1 2 2 ，
所以二面角G DC B的度数为 45 . -----12分
20. (本小题满分 12分)
【解】（1） y a bx x两边同时取自然对数得 ln y ln a b ln a x ln b .
设 ln y v，所以 v ln a x ln b ，
5
因为 x 3,v 0.84, x2i 55 ,
i 1
5
xivi 5xv
ln b i 1 15.99 5 3 0.84所以 5 2 0.339 .
x2i 5x 2 55 5 3
i 1
把 (3,0.84)代入 v ln a x ln b ,得 ln a 0.177 ,所以
v 0.177 0.339x, ln y 0.177 0.339x ,所以 y e 0.177 0.339x ,
即 y 关于 x 的回归方程为 y e 0.177 0.339x . ------------6分
（2）2018 年-2022 年中国 MCN 市场规模的 5 个数据中，与 y 的差的绝对值小于 1 的数据
有 1.68, 2.45,3.35，共 3 个，所以 X 的取值依次为 1,2,3
1
P(X 1) C3 C
2
2 3 , P(X 2) C
2 C1 3
3 2
3
3 3 , P(X 3)
C 1
3
C 10 C 5 C3
5 5 5 10
所以 X 的分布列为
X 1 2 3
3 3 1
P 10 5 10
E(X ) 1 3 2 3 1 9 3 .
10 5 10 5
------------12分
21. (本小题满分 12分)
【解】（1）（法一）证明：∵平面 PAM⊥平面 ABCM，CM⊥CB，
故以 C 为原点，CM、CB 为 x、y 轴，作 Cz∥平面 PAM，建立如图所示的空间直角坐标
系，
则 B（0，2，0），A（2 2 ，2，0），M（ 2 ，0，0），
在图 1 中，作 DO⊥AM 于点 O，过点 O 作 OE⊥CD 于 E，FO⊥BC 于点 F，
AD DM 2 2 3
由题知，AD＝2，DM＝ 2 ，∴AM＝ 6 ，OD＝ ，
AM 3 3
4
OD DE 3 2 2 4 2∴cos∠ODM＝ ，∴DE＝ ，OF＝CD﹣DE＝ ，
DM OD 2 3 3
OE 2 2
2
＝ OD DE ，
3
(4 2 2 2 3∴P , , ) ，
3 3 3
BP (4 2 , 4
∴ , 2 3 )， AM ( 2, 2,0)，
3 3 3
∴ BP AM 4 2 ( 2) ( 4 ) ( 2) 0 0，
3 3
故 PB⊥AM．
（1）（法二）证明：过 PO⊥AM，连接 OB，
2 3 6
由法一可得：PO＝ ，由勾股定理可得 OM＝ ，
3 3
AM 2 BM 2 AB2 6 6 8 1
cos∠AMB＝ ，
2AM BM 2 6 3
在△MBO 中，由余弦定理可得 OB2＝OM2+MB2
4 3
﹣2OM BM cos AMB ＝ ，
3
48 6
∴OB2+OM2＝ ＝MB2，∵∴OB⊥AM，
9 9
∵OB∩OP＝O，
∴AM⊥平面 OPB，∵PB 平面 OPB，
∴PB⊥AM； --------6分
（2）解：设 PN PB, [0,1] 4 2 2，则点 N ( (1 ), (1 2 ), 2 3 (1 ))，
3 3 3
AN 2 2 4 2 3∴ ( (1 2 ), ( 1), (1 )) ，
3 3 3
m AM 0
设平面 AMN 的法向量为m (x, y, z)，则 ，即
m AN 0
2x 2y 0
2 2 (1 2 )x 4 ( 1 y 2 3
，
） (1 )z 0
3 3 3
2 3 2 3
令 y＝﹣1，则 x＝ 2 ，z＝ ，∴m ( 2, 1, )，
1 1
同理可得，平面 PAB 的法向量 n ＝（0， 3 ，2），
∵平面 AMN⊥平面 PAB，
∴m n 3 2 2 3 1 0 ，解得 λ＝ ，
1 5
2 3 3
∴平面 AMN 的法向量m ( 2, 1, ) ( 2, 1, ) ，
1 2
AB ( 2 2,0,0) ，
设直线 AB 与平面 AMN 所成角为 θ，
∴ sin | cos AB, m | | m A B | | 4 | 2 30
| m | | AB | 152 2 3 2 1
4
2 30
故直线 AB 与平面 AMN 所成角的正弦值为 ． ------------12分
15
22．(本小题满分 12分)
【解】（1）由 f (x) x a ln x 得 f (x)
x a
，
x
当 a<0时， f (x) 0 ， f (x) 在区间 (0, )上单调递增，且 x 无限趋近于 0 时， f (x) 0，
又 f (1) 1 0，故 f (x) 只有 1 个零点；
当0 a e时，令 f (x) 0 ，解得 x a，令 f (x) 0 ，解得0 x a ，
故 f (x) 在区间 (0,a)上单调递减，在区间 (a, ) 上单调递增；
所以当 x a时， f (x) 取得最小值 f (a) a a ln a a(1 ln a) ，
当0 a e时， f (a) 0，所以函数 f (x) 无零点，
当 a 0时， f (x) x 0恒成立，所以函数 f (x) 无零点，
综上所述，当 0 a e时， f (x) 无零点，当 a<0时， f (x) 只有一个零点； --------6分
（2）由已知有 x alnx axalnx xex ，所以 x xex alnx alnx xa ，
所以 x xex alnx (alnx) ealnx ，
x
构造函数 g x x xe ，则原不等式转化为 g x g alnx 在 x (1, )上恒成立，
g (x) 1 ex x 1 ，记 (x) 1 ex x 1 x，所以 (x) e x 2 ，
令 (x) 0 ，解得 x 2 ，令 (x) 0，解得 x< 2，
故 (x) 在区间 ( , 2)上单调递减，在区间 ( 2, )上单调递增，
所以 (x)
1
( 2) 1 2 0，所以 g (x) 0，即 g(x)单调递增， e
所以 x alnx 在 x (1, )上恒成立，
a x即 在 x (1, )上恒成立，
lnx
lnx 1
令 h x x ， (x 1)，则 h (x)
lnx lnx 2 ，
令 h (x) 0，解得 x e，令 h (x) 0，解得1 x e ，
故 h(x) 在 (1,e)单调递减， (e, )单调递增，
故 h(x) 的最小值为 h(e)
e
e，
lne
故 a的取值范围是 ( , e] . ------------12分
{#{QQABQQAEogAgAgAAABBCQwFgCAGQkhEACIgGxFAYMEAAiRNABCA=}#}
