【文档说明】四川省成都市第七中学2022-2023学年高二下学期第8周数学周测（文科）答案.pdf，共(8)页，3.093 MB，由管理员店铺上传

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一.选择题（本题共12小题，每题5分，共60成都七中高2024届高二下期第8周数学周测（文科）4.4日参考答案分；请把答案写在答题卡上）1.D2.C3.C4.A5.D6.B7.B8.C9.A10.B11.C12.D.第10题解：由题知直角梯形PABC，且D为PC边中点，ABB

CPC211，所以ABCD，由于∥ABPC，C2π，所以四边形ABCD为矩形，所以DPADADCD,，即折叠后有DQAD，当2π时，即平面QAD平面ABCD，因为平面QAD平面ABCDAD，DQ平面QAD，所以DQ平面ABCD，因为ADCD，所以四棱锥Q

ABCD可看作长方体CCDBBAQA111的一部分，如图所示：所以长方体的外接球即为四棱锥QABCD的外接球，因为ABBCPCQD211，所以长方体体对角线QB1113222即为外接球直径，所以四棱锥

QABCD外接球半径为23，该球表面积为：2π3π432，故选项A正确；在△DQB中，DQDB1,2，当DQB2π时，BQ与以D为圆心，1为半径的圆相切，此时线段QB上不存在点H使得DHDQ1，所以

选项B错误；因为DQADADCD,，DQCDD，且DQ平面QCD，CD平面QCD，所以AD平面QCD，因为四边形ABCD为矩形，所以∥ADBC，所以BC平面QCD，因为BC平面QBC，所以平面QBC平面QCD，故选项C正确；因为DQADADC

D,，平面ADQ平面ADCAD，所以QDC即为二面角QADC的平面角，因为3π，所以QDC3π，连接ACBD,，交点为O，取QD中点E，连接AEOE,，过点Q做QFCD，交CD于点F，连接BF，如图所示：二、填空题(本题共4个小题，每题5分，

共20分)13.nnnnnnn(1)(2)(3)...()2135...(21)；14.33；15.e,1；16.e0,13.第16题解析:因为函数gxfxkx()

()2有4个零点，所以yfx与ykx2有4个不同的交点，在同一坐标系中作出yfx与ykx2的图象，如图所示：当x0时，xy113单调递减，与ykx2有一个交点，则k0；所以当x0时，有3个交点，

求出ykx2与yx|ln|相切时的k值，当x1时，设切点为xx,ln00，所以xy1，则xk10，所以切线方程为xyxxxln1000，又因为点0,2在切线上，所以则xxx2ln01000，解得xe03，所以ek13，由图

像知gxfxkx()()2有4个零点，则ek013.三、解答题17．解：（1）由fxxaxbx332，得fxxaxb322，且fab14，又其切线方程是xy1240，故当x=1时，y=-8，即f18，即ab4=-8……①；又切线的

斜率为-12，∴fab13212……②；联立①②得ab3,9.（2）由（1）得：fxxxx39332fxxxxx()3693312；当xx1,312时，fx()0，导函数图象如图所示：在x2,1

时，fx单调递增，x,13时，fx单调递减，x3,4时,fx单调递增；∴在x1有极大值f18，又f417；∴在x2,4时，最大值f18.18．【详解】（1）根据题意可得200.0

2100.01300.015500.0057032（克），所以每副该中草药的平均重量约为32克．（2）因为重量在20,40的频率为0.01200.2，重量在60,80的频率为0.005200.1，所以按照分层抽样的方式，取出的6副该中草药中重量在20,40中

的有4副，重量在60,80中的有2副，所以从这6副中草药中随机取出2副有C62种方法，满足取出的2副中仅有1副重量在60,80中（记为事件A）有CC4211种方法，所以PAC158CC624211．故取出的2副中仅有1副重量在60,80中的概率为15

8．19．（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD．同理由PC⊥平面BDE可证得PC⊥BD．又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC．（2）如图，分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系Axyz．由

（1）知BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，∴BD⊥AC．故矩形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2．∴A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1

)．∴PBBC2,0,1,0,2,0．设平面PBC的一个法向量为nxyz(,,)，则nBCnPB00，即xyzxyz0200200，∴yzx02，取x＝1，得n(1,0,2)．又DP=

(0,2,1)，则DPnDPnDPn5cos,2，那么，DP与平面PBC所成夹角正弦值为52.20．解：（1）函数fx的定义域为xx|0，xxfxa212，又曲线yfx在点f1,1处的切线与直线yx2平行所以

fa1122，即a1xfxxxln21，xfxxxx01212由fx0且x0，得x201，即fx的单调递减区间是20,1由fx0得x21，即fx的单调递增区间是2,1.（2

）由（1）知不等式xfxxm2恒成立可化为xxxxxmln221恒成立即mxxln1恒成立令gxxxgxxln1,ln1当ex0,1时，gx0，gx在

e0,1上单调递减.当ex,1时，gx0，gx在e,1上单调递增.所以ex1时，函数gx有最小值由mxxln1恒成立，得em11，即实数m的

取值范围是e,11.21．（1）椭圆C的左顶点A在直线xy20上且A位于x轴上，A2,0，a2.aec21，c1，bac3222，椭圆C的方程为：xy43122.（2）由（1）知：F1,0，设Pxy,11，Q

xy,22，∵PQ过点F，可设PQ的直线方程为：xmy1，联立方程xyxmy431122得：mymy3469022，myym346212，myy349212.

设直线AP的方程为xyxy2211，xMy24,611，即myMy34,611，同理可得：myNy34,622，myFMy33,611，myFNy33,622，从而

mymyFMFNyy339361212myymyyyy399361212212mmmmmm343439969990343692222.FMFN，即点F在以MN为直径的圆上.22．解：（1）由题意可知，函数fx

的定义域为0,，xxxfxaxxa11222，因为函数fx在1,为增函数，所以fx0在1,上恒成立，等价于xxa02在1,上恒成立，即

axxmin2，因为xxx2421122，所以a2，故a的取值范围为a2.（2）可知gxxxxaaxxxxaxxaln1ln222，所以gxx

axln2，因为gx有两极值点xx,12，所以xaxxaxln2,ln21122，欲证xxe1223，等价于要证：xxelnln31223，即xxln2ln312，所以axax22312，因为xx012，所以原式等

价于要证明：xxa24312，①由xaxxaxln2,ln21122，可得xaxxxln21212，则有）（xxaxx2ln2112，②由①②原式等价于要证明：xxxxxx23ln211

212，即证xxxxxxxxxx122ln3311112221212，令xtx12，则t1，上式等价于要证ttt12ln31，令thttt12ln31，则tttthttttt1212

13126114122因为t1，所以ht0，所以ht在1,上单调递增，因此当t1时，hth10，即ttt12ln31.所以原不等式成立，即xxe1223.获

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