【文档说明】浙江省宁波市北仑中学2022-2023学年高二下学期开学考试数学答案.docx，共(6)页，533.862 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-47548986760a942623024ce9ea4b1276.html

以下为本文档部分文字说明：

高二数学期初返校考试参考答案：一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．C2．B3．C4．C5.B6．D7．D8．A二、选择题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．AC10．BCD11．ABD12．BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．3414．2212521xy+=15．46316．

1四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（1）由频率分布直方图得[95,105]对应的频率为0.38，由此补全频率分布直方图（2）x=100，s2=104(3)质量指标位于(80,122.5)的频率为0.95，故样本中的产品为合格品的频率为0.951

8．（1）选择①与直线4350xy−+=垂直，则直线l的斜率413k=−，解得34k=−，又其过点(1,2)P−，则直线l的方程为：()3214yx+=−−，整理得：3450xy++=；选择②过点(5,5)−，

又直线l过点(1,2)P−则直线l的斜率523514k−+==−−，则直线l的方程为：()3214yx+=−−，整理得：3450xy++=；选择③与直线3420xy++=平行，则直线l的斜率34k=−，又其过点(1,2)P−，则直线l的方程为：()3214yx+=−−，整理得：3450xy++

=；综上所述，不论选择哪个条件，直线l的方程均为：3450xy++=.（2）根据（1）中所求，可得直线l的方程为：3450xy++=，又(3,16)M−，设点O关于直线l的对称点为(),Qxy，则314yx−=−，且3450

22xy++=，解得68,55xy=−=−，即68Q,55−−；根据题意，显然||||MNON−MNQNQM=−，但且仅当,,QNM三点共线时取得等号；又直线QM的斜率247k=−，故其方程为：8246575yx+=−+

，即244077yx=−−，联立3450xy++=，可得5,03xy=−=，即点N的坐标为5,03−时，使得||||MNON−最大.19．（1）当1m=时，()1ln1xfxxx−=−+，定义域为

()0,+()()()()()2222212111121xxxfxxxxxxx+−+=−==+++，所以()0fx¢>，所以()fx在()0,+上是单调递增的.（2）当1x时，()()1lnR1xfxxmmx−=−

+，()0fx等价于()()()()1ln1gmxxxmxR=+−−，则()0gx，1g()ln1xxmx=++−，令()1ln1mhxxx=++−，则22111()xhxxxx−=−=，当1x时，()0hx

，则()gx在()1,+上是单调递增的，则()(1)2gxgm=−①当2m时，()0gx，()gx在()1,+上是单调递增的，所以()(1)0gxg=，满足题意．②当m>2时，(1)20gm=−，(e)e1e10mmmgmm−−=++−=+，所以0

(1,e)mx，使00()gx=，因为()gx在()1,+上是单调递增的所以当0(1,)xx时，()0gx，所以()gx在0(1,)x上是单调递减的，又(1)0g=，即得当0(1,)xx时，()(1)0gxg=，

不满足题意．综上①②可知：实数m的取值范围2m.20．（1）因为PA⊥平面,ABCDDE⊥平面ABCD，所以//PADE，PA平面CDE,DE平面CDE,所以//PA平面CDE,又因为底面ABCD为矩形，所以//A

BCD,AB平面CDE,CD平面CDE,所以//AB平面CDE,且,,PAABAPAAB=平面PAB,所以平面//PAB平面CDE,又因为CE平面CDE,所以CE平面PAB.（2）因为PA⊥平面,ABCD,ABAD平面,ABCD所以,,PAABPAAD⊥⊥且ABAD⊥,所以以,,A

BADAP为,,xyz轴建系如图，则(0,0,0),(2,5,0),(0,5,0),(0,0,5),(0,5,3)ACDPE−,设()()()0,0,50,5,50,5,55AFAPPD=+=+−=−,(0,5,0)AD=因

为AF在AD上的投影向量为35AD，与AD的同向单位向量为5ADADAD=，所以为AF在AD上的投影为3，即25cos,35AFADAFAFADAD===解得35=，所以()0,3,2AF=，且(2,5,0)AC=,(0,5,3)AE=−设平面ACF的法向量为(,,

)mxyz=，所以320250AFmyzACmxy=+==+=令5,2,3xyz==−=，所以(5,2,3)m=−，设平面ACE的法向量为(,,)nabc=，所以530250AEnbcACnab=−==+=令15,6,10abz==−=−，所以(15,6,10)n=−−

，57338cos,3838361mnmnmn===，所以平面ACF与平面ACE夹角的余弦值为33838.21．（1）已知双曲线等轴，可设双曲线方程为22221xyaa−=，因为右焦点为(40)F，，故4c=，由222caa=+得28a=，所以双

曲线方程的方程为22188xy−=，设直线l的方程为4xty=+，联立双曲线方程得，()22222212121081880Δ01400txytytytxtyyyxx−−=−++==+，解得01t即直线l斜率1kt=的取值范围为

()1+，.（2）设()11,Pxy，渐近线方程为yx=，则P到两条渐近线的距离12,dd满足，22111111124222xyxyxydd−−+===，而41441MMxyxtxtyyt==−=+=−，22421MMOMxyt=+=−，同理

22421NNONxyt=+=+，所以121222111142142322221211OMdONdddttStS===−+−，由()2222818804xytytyxty−=−++==+，()223218212421PQPQPQtOFyyyyySyt+=−

=+−=−，所以2312224StSS+=，01t，3122142SSS，22．（1）令()2ln10(0)fxxaxx=−+=，变形得2ln1xax+=，令2ln1()(0)xgxxx+=，问题转化成ya=与()gx有交点，令212ln(

)0xgxx−==，解得ex=，则()gx在(0,e)x上单调递增，在(e,)x+上单调递减，故maxe22()(ee)egxg===，又当0x→时，()gx→−，e2ea，故实数a的取值范围为2e,e−.（2）由题意可得，()0002ln1

0fxxax=−+=，得002ln1xax+=，要证00220032e1xxaxx−−，即证000022000322ln1e1(0)xxxxxxx−+−，即证0000032e12ln1xxxxx−−+，先证000322ln1xxx−

+，只需证001ln1xx+，令()1()ln0txxxx=+，则21()xtxx−=，()tx在(0,1)x上单调递减，在(1,)x+上单调递增，故min()(1)1txt==，()1tx，左边证

毕，再证000e12ln1xxx−+，令()2ln1hxxx=+−，2()xhxx−=，()hx在(0,2)x上单调递增，在(2,)x+上单调递减，故max()(2)2ln21hxh==−；令e1()xk

xxx−=−，22ee1(1)(1e)()1xxxxxxkxxx−+−−+−=−=，对于函数1exyx=+−，0x，则1e0xy=−，原函数单调递减，故1e0xyx=+−令()0kx=，解得1x=，()kx在(0,

1)x上单调递减，在(1,)x+上单调递增，故min()(1)e2kxk==−e22ln21−−，()()hxkx，即e12ln1xxxxx−+−−，故000e12ln1xxx−+，右边证毕，则00220032e1xxaxx−−得证.获得更多资源请扫码加入享学资

源网微信公众号www.xiangxue100.com