【文档说明】河南省实验中学2022-2023学年高二下学期期中考试 数学答案.docx，共(5)页，421.996 KB，由小赞的店铺上传

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河南省实验中学2022--2023高二数学期中考试答案参考答案123456789101112ADCBDBACABDD13．1214．6115．15016．19.解：函数2()2fxlnxax=+−的定义域是(0,)+，2121()20+=+=axfxaxxx在()41,有解，即大2

12−xa，即1612−a，解得132a−，所以a的取值范围是1(,)32−−．10.解：数列{}na满足132nnaa+=−，则113(1)nnaa+−=−，且113a−=，数列{1}na−是以3为首项，3为公比的等比数列，则11

333nnna−−==，即31nna=+，又*nN，(1)28nnaa−−，转化为3327nn−对*nN恒成立，即2713n−，又数列27{1}3n−是递增数列，则当1n=时，27(1)83minn−=−，

即8−，故实数的取值范围是(,8)−−．11.解：设()1()xfxgxe−=，()()1fxfx+，即()()10fxfx−+，()()1()0xfxfxgxe−+=，()gx在R上单调递减，又(0)2023f=，不等式0()1(

0)1()20222022(0)1xxxfxfefxefee−−−−+=−=，即()(0)gxg，0x，原不等式的解集为(,0)−．12.解：由11(1)tan1010abln−=+−，令()(1)

tanfxlnxx=+−，0x，所以211()1cosfxxx=−+，因为21cos[1,1],(,1]cosxx−−−−，因为0x，所以11x+，1011x+，故()0fx，所以()fx在(0,)+上单调递减，又(0)(10)tan00fln=+−=，所以1()(0)01

0ff=，所以11(1)tan01010ln+−，即111tan1010ln，所以ab．由11(1)1111acln−=−−−，令()(1)gxlnxx=−−−，01x，所以1()1011xgxxx=−=−−，所以()gx在(0,1)上单调递增，所以1()(0)

10011ggln=−−=，所以11(1)01111ln−−−，即1111011ln，所以ac，综上，cab．16.解：xeylnxylny=+，xeylnxy=即xxexylnxy=，设()xfxxe=，则()()fxflnxy=，且()(1)xfxex=+，所以()

fx在(1,)−+上单调递增，正实数x，y，01xeylnxye==，即10lnxyy，所以()()fxflnxy=，等价于xlnxy=，即=xeyx，则ln1−=−=−xxxeeelnylnyyxxx，于是最小值为1．17.解

：(1){an}满足：()+−+=Nnaaannn112，则{an}为等差数列，11=a，3235aa=，即()()dd21315+=+，解得2=d，12−=nan；......................5分(2)()()

+−−=+−==+121121211212111nnnnaabnnn，则12121121121121513131121+=+−=+−−++−+−=nnnnnTn．......................10分18.解：函数定义域为(0，＋∞)，求导

得f′(x)＝2x－2＋ax．(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－1，得a＝－1．..............4分(2)f′(x)＝2x－2＋ax＝2x2－2x＋ax(x>0)，对于方程2x2－2x＋a＝0，记Δ＝4－8a.①当Δ≤0，即a≥12时，f′(x)≥0，

函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当Δ>0，即0<a<12时，令f′(x)＝0，解得x1＝1－1－2a2，x2＝1＋1－2a2.又a>0，故x2>x1>0.当−−22110a,x

+−+,a2211时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当−+−−22112211a,ax时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．综上所述，当a≥12时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<12时

，函数f(x)在−−22110a,上单调递增，−+−−22112211a,a上单调递减，在+−+,a2211上单调递增．..............12分19.解：

(1)当n＝1时，2a1+1＝3a1，∴a1＝1，又2𝑆𝑛+1=3𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)，∴可知an≠0，当n≥2时，由2𝑆𝑛+1=3𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)，得2Sn﹣1+1＝3an﹣1，两式相减得2an＝3an﹣3an﹣1，∴an＝3an﹣1，∴{an}是以

1为首项，以3为公比的等比数列，∴𝑎𝑛=3𝑛−1．..............6分(2)由(1)可得𝑛𝑎𝑛=𝑛⋅3𝑛−1，∴𝑇𝑛=1⋅30+2⋅3+3⋅32+⋯+𝑛⋅3𝑛−1，∴3𝑇𝑛=3+2⋅3

2+3⋅33+⋯+𝑛⋅3𝑛，∴−2𝑇𝑛=1+3+32+⋯+3𝑛−1−𝑛⋅3𝑛=1−3𝑛1−3−𝑛⋅3𝑛=(12−𝑛)⋅3𝑛−12，∴𝑇𝑛=14+2𝑛−14⋅3𝑛．..............12分20.解：(1)证明：M为BC

的中点，2ADABABAM==，又四棱锥PABCD−的底面是矩形，2DABMBA==，RtDABRtABM∽，DBAAMB=，又2MBDDBA+=，2MBDANBAMDB+=⊥，PD⊥底面ABCD，AM底面ABCD，PDAM⊥，又DBPBB=

，且DB，PB平面PBD，AM⊥平面PBD．........5分(2)PD⊥平面ABCD，又AD，DC平面ABCD，PDAD⊥，PDDC⊥，又四棱锥PABCD−的底面是矩形，ADDC⊥，建立如下图所示的空间直角

坐标系，设1=CD：2(0,0,0),(0,0,1),(2,0,0),(,1,0)2DPAM，(2,0,1)=−PA，2(,1,0)2=−MA，(0,0,1)=DP，PD⊥平面ABCD，平面AMD的法向量为(0,0,1)=DP，设平面APM的法向量为(,,)nxyz=，则2

0202=−==−=nPAxznMAxy，取(2,1,2)n=，二面角P－AM－D的余弦值为：||427|cos,|7||||27DPnDPnDPn===，于是二面角P－AM－D的正弦值为72

1...............12分21.解：(1)由题得22222191412+====+abceaabc，解得32==b,a，于是22:143+=xyC；..............4分(2)直线l的斜率不存在时，易得0=+NBNAkk；直线l的斜率存在时，

可设为1+=kxy:l，联立方程即221431+==+xyykx，消y可得()0884322=−++kxxk，易得0，设()()2211y,xB,y,xA，韦达定理可得221221438438kxx,kkxx+−=+−=+；2121212211221

12211222233xxxxkxxkxkxxkxxyxykkNBNA+−=+−=−+−=−+−=+，韦达代入得08822222221212121=−−−=+−=+−=+kkxxxxkxxxxkkkNBNA，得证．...........

...12分22..解：(1)()1=−−xfxeax，()=−xfxea．0x，1xe，当1a„时，()0xgxea=−…，()gx单调递增，()(0)0gxg=，不等式成立，当1a时，()0glna=．(0,)xlna，()0gx

，()gx单调递减，()(0)0gxg=，这与题设矛盾．综上，a的取值范围为(−，1]．..............5分(2)记()()()2112=−=−−−xFxfxgxexax，则()00=F，()=−−xFxexa．记()()==−−xhxFxexa，则(

)1=−xhxe，()hx单调递增，且由唯一零点0，于是()hx在()0，−单调递减，()+，0单调递增，()hx在0处取得最小值()01=−ha．当()010=−ha，即1a时，()0hx，故()Fx在

R上单调递增，()Fx在R上有唯一零点0;当()010=−ha，即1a时，()()limlim→+→+=−−→+xxxhxexa，()()limlim→−→−=−−→−xxxhxexa，于是()hx有两个零点，且210xx，于是()Fx在()1x，−单调递增，()2

1xx，单调递减，()+，2x单调递增，又()00=F，则()10Fx，()20Fx，()21limlim12→+→+=−−−→+xxxFxexax，()21limlim12→−→−=−−−→−xxxFxexax，则由零点存在定理可

得()Fx在()1x，−存在唯一零点，()Fx在()+，2x存在唯一零点，故此时有三个零点．综上可得1a时，有一个交点；1a时，有三个交点．..............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