【文档说明】湖南省宁乡市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试卷答案.docx，共(7)页，151.714 KB，由小赞的店铺上传

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2022年下学期期末考试高二数学参考答案一、单选题（本大题共8小腿，共40分，在每小题给出得四个选项中，只有一个是符合题目要求的）题号12345678答案DBCADABC二、多选题（本大题共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

得2分，有选错的得0分）题号9101112答案BCACBCDABC三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.514.15415.2e−16.2−四、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步）17.（本大题满分1

0分）解：(1)由已知可得，直线l的斜率k＝3－16－2＝12，所以直线l的方程为x－2y＝0.4分(2)因为圆C的圆心在直线l上，所以可设圆心坐标为(2a，a)．5分因为圆C与x轴相切于(2,0)点，所以圆心在直线x＝2上，所以a＝1，7分所以圆心坐标为(2,

1)，半径为1，8分所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1.10分18.（本大题满分12分）解：（1）由题意，，2分得，4分解得或当或时，直线和平行.6分（2）由题意，，8分得，11分解得，当时，直线和重合.12分19.（本大题满分12分）解：

（1）依题意，棱DA，DC，DP两两互相垂直.以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，如图，建立空间直角坐标系.则(2,1,0)B，(0,0,1)P，(2,0,0)A，2,1,02M.3分可得(2

,1,1)PB=−，2,1,02AM=−.所以221002PBAM=−+−=，所以PBAM⊥6分（2）由（1）得到(2,0,0)A，2,1,02M，因此

可得2,1,02AM=−，(2,0,1)AP=−.设平面PAM的一个法向量为1(,,)nxyz=，则由110,0,nAMnAP==得20,220,xyxz−+=−+=令22z=，解得1(2,2,22)n=.9分同理，

可求平面PDC的一个法向量2(1,0,0)n=.10分所以，平面PAM与平面PDC所成的锐二面角满足：1212214cos7141nnnn===.即平面PAM与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为147.12分20.（本大题满分12分）解：(1)因为2d=，

138aa+=．所以1248a+=，解得12a=．2分所以()2212nann=+−=．因为nb为等比数列，112b=，且1b，22b，34b成等差数列．所以21344bbb=+．4分设公比为q，则24410qq−+=，所以12q=，所以1111222nnnb−

==，所以2nan=，12nnb=．6分(2)证明：由（1）得1122nnnncabn==，所以()23111111123122222nnnTnn−=++++−+

①，8分()23411111111231222222nnnTnn+=++++−+②，9分①-②得：231111111

222222nnnTn+=++++−10分()1111122111212212nnnnn++−=−=−+−，所以()12222nnTn=−+．12分21.

（本大题满分12分）解：(1)由题意可得F1(0，c)，则c2a2＋x2b2＝1，解得x＝±b2a，2分∴△MNF2的面积S＝12×2b2a×2c＝2b2ca＝3.①3分∵椭圆C的长轴长是短轴长的2倍，∴a＝2b.②4分又∵a2＝b2＋c2，③联立①②③

解得a＝2，b＝1，∴椭圆C的标准方程x2＋y24＝1.6分(2)当m＝0时，则P(0,0)，由椭圆的对称性得AP―→＝PB―→，即OA―→＋OB―→＝0，∴m＝0时，存在实数λ，使得OP―→＝14OA―→＋λ4OB―→.7分当m≠0时，得OP―→＝14OA―→＋λ4OB―→

，∵A，B，P三点共线，∴1＋λ＝4⇒λ＝3⇒AP―→＝3PB―→.8分设A(x1，y1),B(x2，y2)，由y＝kx＋m，4x2＋y2－4＝0，得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，即k2－m2＋4>0，且x1＋x2＝－

2kmk2＋4，x1x2＝m2－4k2＋4.由AP―→＝3PB―→，得x1＝－3x2，即3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，∴12k2m2(k2＋4)2＋4(m2－4)k2＋4＝0⇒m2k2＋m2－k2－4＝0,显然m2＝1不成立，∴k2＝4－m2m2－1

.∵k2－m2＋4>0，∴4－m2m2－1－m2＋4>0，即(4－m2)m2m2－1>0.解得－2<m<－1或1<m<2.综上所述，m的取值范围为(－2，－1)∪(1,2)∪{0}．12分22.（本大题满分12分）(1)解：由已知得f′(1)＝12，∵f′(x)＝1x－12m，∴1－12m＝12

，∴m＝1．4分(2)证明：g(x)＝xf(x)＝xlnx－12mx2－x，∴g′(x)＝lnx－mx．①由已知g′(x)＝lnx－mx＝0有两个正数解，即m＝lnxx有两个正数解x1，x2．令h(x)＝ln

xx，则h′(x)＝1－lnxx2．由h′(x)>0得0<x<e，由h′(x)<0得x>e．∴h(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减，且h(e)＝1e，h(1)＝0．x→0时，h(x)→－∞，x→＋∞时，h(x)→0．由图可知

m的取值范围是0<m<1e．8分②由①可设0<x1<e<x2，且h(x1)＝h(x2)，构造函数φ(x)＝h(x)－h2)e(x，(x>e)．则φ′(x)＝h′(x)－h′)2e(x·)22e(-x＝(1－lnx)(e2－x2)x

2e2．∴φ(x)在(e，＋∞)上为增函数．∵x2>e，∴φ(x2)>φ(e)，即h(x2)－h2)2e(x>0．∴h(x1)>h2)2e(x∵0<x1<e,0<e2x2<e且h(x)在(0，e)上递增，∴x1>e2

x2．∴x1x2>e2．12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