【文档说明】浙江省台州市书生中学2021-2022学年高二下学期起始考数学参考答案.pdf，共(7)页，395.567 KB，由管理员店铺上传

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高二年级数学学科一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1.C2.A3.C4.D5.D6.B7.B8.C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.BC10.ACD11.BCD12.ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13

.4314.215.016.11四、解答题：17解：解：（1）()236sin23cos21sin23++−=+−−=xxxxf..........................................3分令kxk2

2622+++−，则Zkkxk++−,23232所以，单调减区间是Zkkk++−,23,232..........................................................6分（1）()236sin+

+−=BBf，由bcacbcaacba21222222−−+=−得：bcacb=−+222，即21cos=A，于是3=A......................................................8分在ABC中，得：203B.....

.......10分于是5666B+，则1sin126B+所以()112fB.............................................................

........12分18.（Ⅰ）依题意可得调整后研发人员的年人均投入为()12%xa+万元，则()()20012%200xxaa−+，(0a)……………………2分解得0150x，……………………4分901

50x，所以调整后的技术人员的人数最多150人；……………………5分（Ⅱ）①由技术人员年人均投入不减少有25xama−，解得125xm+.……………………6分②由研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入有()()20012%25xxxax

ma−+−，……………………7分两边同除以ax得200115025xxmx−+−，整理得502003xmx++，故有200132550xxmx+++，…………………

…9分因为20020032375050xxxx+++=，当且仅当100x=时等号成立，所以7m，又因为90150x，当150x=时，+125x取得最大值7，所以7m，……………………11分77m，即存在这样的m满足条件，使得其范围为7m.…………………

…12分19.解：（Ⅰ）证明：取AE中点G,连DGFG,…………2分EBFG21//,EBFG21=且EBDCEBDC21,//=四边形DGFC为平行四边形……………4分ADECFADEDGDGCF面面//ADECF面//……………5分（Ⅱ）以AEAB,为yx,轴，过A垂直于面

EAB的直线为z轴建立空间直角坐标系，则()()()0,0,32,0,2,0,0,0,0BEA,设()pnmD,,…………6分()()pnmCEBDC,1,30,1,321−+−==()()()=+−+−==+−+==++=113323222222222222pnmBC

pnmEDpnmAD解得===361332pnm()0,2,32,36,1,332−=−=EBED…………8分设面DEB的法向量()zyxm,,=,则==00EBmEDm即=−=

+−0232036332yxzyx解得()1,6,2=m，又面EAB的法向量()1,0,0=n，…………10分设平面DEB与平面EAB所成角为，则31cos==nmnm…………12分20.解（Ⅰ）当[0,1]x

时()()()()maxmax0,120fxffaf==+故()1f2a=+解得1a=.…………………3分（Ⅱ）存在两实数12,2,2xxtt−+，使得()()12fxfxb−成立，则在区间2,2tt−+上，有()()maxminfxfxb−成立，………………

…4分设()()()maxminhtfxfx=−﹐函数()fx对称轴为0,[2,2]2axxtt−−+=①当22ta+−即22ta−−时，()fx在2,2tt−+上单调减，maxmin()()(2)(2)84fxfxftftta

−=−−+=−−，此时()84(2)162hthtaa=−−−−=；………………6分②当22tat−+即222aat−−−时，2maxmin()()(2)()(2)]2[42afxfxftfta−=−−−=+−，…………

……8分③当22tat−−即222aat−−+时，2maxmin()()(2)()(2)]2[42afxfxftfta−=+−−=++，……………10分④当22at−−即22ta−+时，maxmin()()(2)(2)8416fxfxftftta−=

+−−=+，……………12分综合①②③④得，()ht最小值为4，因为对任意实数t，都有()htb，故4b21.（1）解：由已知得==12422aba，即2=a，12=b所以，椭圆标准方程为1422=+yx.....................

.................................4分（2）设()11,yxC，()22,yxD，不妨设02y，由已知可设直线CD：1−=tyx，则tP1,0由CMPC=得：()+=+−=111111tyty.同理：(

)+=+−=111122tyty............................................5分由=−+−=044122yxtyx得：()032422=−−+tyyt，即()04121322=+−+

tyty于是321121tyy−=+，03411221+−=tyy，得021yy.....................................7分38111221−=++−==+yyt......................

............................8分（3）−−=38.因为20，所以38314−−又因为AODAOCACDSmSS−=2211212121,21,2321yyAOSyyAOSyyyyAMSAOD

AOCACD====−=−=于是212123yymyy−=−，由021yy得()212123ymyyy+=−........................................................

......................................10分所以()()381311143141123232323212++++=+++=+++−=+−=yym，因此，541112−m...........

................................................................12分22解：（Ⅰ）1(3)8nan=+，21(3)8nbn=+……………………2分22*4(7)[(3)4]1611333kkbkk

kNakkk++++===+++++得34,8,16k+=，得：1513k=，，………………………4分（Ⅱ）一方面：由条件知：2nnb=，1111112nnnnnnaaabb+−==+，累加得：211111111112222nnnaa+−+++=−，解得11na+又1112a=∴1n

a，得：12naaan++……………………7分另一方面，易知210,02nnnnnaaaa+−=∴112nnaa+由212nnnnaaa+=+化得：121122(2)22(2)2nnnnnnnaaaa++=++设2nn

nca=，11c=，则1122nncc++得：2111111112()2()2()322222nnnnncccc−+−++++=∴21322nnc−−，即212322nnnnac−=−得：13142nna+−……………………10

分∴1223113111311()4222422nnnaaann++++−+++=−+综上，121311422nnnaaan+−+++得证……………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