【文档说明】河南省鹤壁市高中2022-2023学年高二下学期第一次段考数学试题答案.pdf，共(4)页，390.456 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共3页2024届高二年级下学期第一次段考数学答案题号123456789101112答案BCBBACBBDCDC13．21n14．515．1e,e16．81,e3e17.（1）232

1fxxx，∴13214f，又11111f，∴曲线yfx在点1,1f处的切线方程为141yx，即430xy............................

............4分（2）2321fxxx，令0fx，解得=1x或13x，.........6分又1,1x，∴当x变化时，fx，fx的变化情况如下表所示：x111,313

1,131fx00+fx1单调递减527单调递增1∴fx在区间1,1上的最大值是1，最小值是527．.........10分18．（1）当1n时，1114211S，即111a，当2n时，221142[(1)14(1)2]215nnnaSSn

nnnn，1n时，113a，与111a不符，所以11,1215,2nnann；.........5分（2）由0na得152n，而Nn，所以当17n时，0na，当8

n时，0na，.........6分当17n时，21212()142nnnnTaaaaaaSnn，.........8分当8n时，1278nnTaaaaa1278()naaaaa

77()nSSS72nSS21492nn，.........10分所以22142,17,N1492,8,NnnnnnTnnnn.........12分19．（1）由exfxxxR可知()(1)exfxx

令()0fx则=1x，x,111,fx0fx减极小值增所以1min1()(1)e,()efxffx无最大值，所以()fx的值域为1,e....

......4分（2）当0x时，2eexxFxxkxxkx，令()exgxkx，则()fx有两个零点等价于()gx有两个零点，.........5分对函数()gx求导得：()exg

xk，当(,1]k时，()0gx在(0,)上恒成立，于是()gx在(0,)上单调递增.所以()(0)1gxg，因此()gx在(0,)上没有零点即()fx在(0,)上没有零

点，不符合题意..........7分当(1,)k时，令0gx得lnxk，在(0,ln)k上()0gx，在(ln,)k上()0gx所以()gx在(0,ln)k上单调递减，在(ln,)k上单调递增所以()gx的

最小值为(ln)lngkkkk由于()gx在(0,)上有两个零点，所以(ln)ln0,egkkkkk因为222(0)10,lnln(2ln)ggkkkkkkk，.....

....9分对于函数2lnyxx，221xyxx，所以在区间0,2上0y，函数2lnyxx单调递减；在区间(2,),0y，函数2lnyxx单调递增；所以22ln22ln2lneln40yxx

所以2ln(2ln)0gkkkk.........11分所以由零点存在性定理得ek时，()gx在(0,)上有两个零点，综上，可得k的取值范围是e,..........12分答案第2页，共3页20．解：（1）点N（﹣2，﹣3

）在准线l上，所以准线l方程为：x＝﹣2，……（1分）则，解得p＝4所以抛物线的方程为：y2＝8x．……（4分）（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由A、B在抛物线y2＝8x上，所以，则（y1﹣y2）（y1+y2）＝8（x1﹣x2），……（6分）又MN⊥l，可知点M纵

坐标为﹣3，M是AB的中点，所以y1+y2＝﹣6，……（7分）所以，又知焦点F坐标为（2，0），则直线AB的方程为：4x+3y﹣8＝0…（9分）联立抛物线的方程y2＝8x，可得y2+6y﹣16＝0，……（

10分）解法1：直接解得y＝2或y＝﹣8，所以|y1﹣y2|＝10；所以S△AOB＝S△AOF+S△BOF＝|y1﹣y2|＝10．……（12分）解法2：由韦达定理得．……（11分）所以S△AOB＝S△AOF+S△BOF＝|y1﹣y2|＝10．……（12分）21．【解析】（1）四边形ABCD为正方

形，ABAD，1分又平面ADP平面ABCD，平面ADP平面ABCDAD，AB平面ABCD，AB平面ADP，又AP平面ADP，ABAP，·························

········2分2223APPBAB，22216APPDAD，APPD；··········3分//ABCD，APCD，又PDCDD，,PDCD平面CDP，AP平面CDP.······

···············································································4分（2）作POAD，垂足为O，作//OFCD，交BC于F，平面ADP平面ABCD，平面AD

P平面ABCDAD，PO平面ADP，PO平面ABCD，由（1）知：APCD，23AP，2PD，π6PAD，132POAP，332AOAP，1OD，....................

.....................6分以O为坐标原点，,,OAOFOP正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则0,0,3P，1,0,0D，1,4,0C，3,0,0A，0,4

,0DC，3,0,3PA，4,4,0AC，1,0,3DP，.......8分设01AEAC，则4,4,0AE

，34,4,3PEPAAE，22162cos,2434163PEDCPEDCPEDC，解：12，......10分1,2,3PE

，设平面PDE的法向量,,nxyz，则30230DPnxzPEnxyz，令1z，解得：3x，3y，3,3,1n；设平面PAC的法向量,,mabc，则

330440PAmacACmab，令1a，解得：1b即平面PDE与平面PAC夹角的余弦值为10535..........................................12分22.（1）222lnxa

fxx，因为fx在20,e上单调递增，所以20,ex，222ln0xafxx恒成立，即2ln20xa恒成立，因为2ln2yxa在20,e上单调递减，所以2min2220ylneaa，则2a

．故实数a的取值范围为,2；....................................4分（2）因为2ln1e1xxafxxxx恒成立，所以22lne10xxxxa恒成立，设222lne1gxx

xxa，0x，则222112e2exxgxxxxxxx，..........................6分设21exhxx，0x，则32e0xhxx，所以

hx在0,上单调递减，且14e02h，11e0h，则01,12x，使00201e0xhxx，答案第3页，共3页即00gx，且0201exx，002lnxx，..................

........9分列表得x00,x0x0,xgx＋0－gx极大值所以02200000002max012lne1120xgxgxxxxaxxxaax，则2a...........................12分解法二：2

ln1e1xxafxxxx恒成立，即22lne10xxxxa恒成立，令2extx，0x，则22e0xtxx，所以2extx在0,上单调递增，因为0x时，0t，所以2extx在0,上的值域为0,

．..........................6分因为222lnlnlnelnxxxxlnexxt，所以0,t，ln10tta恒成立，..........................9分设ln1ttta，0,t，则11

1tttt，令0t得1t，列表得t0,111,t＋0－t极大值所以max120ta，则2a．..........................12分解法三：2ln1e1xxafxxxx恒成

立，即22lne10xxxxa恒成立，令2lntxx，0x，则2lntxx在0,上单调递增，2lntxx的值域为R．..........................6分因为22ln2lneeeeexxxxxtx，所以tR，e10tta

恒成立，..........................9分设e1ttta，tR，则1ett，令0t得0t，列表得t,000,t＋0－t极大值所以max020ta

，则2a．故实数a的取值范围是,2..........................12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com