【文档说明】吉林省东北师范大学附属中学2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷答案.pdf，共(4)页，748.110 KB，由小赞的店铺上传

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1一、选择题123456789101112BADCCABAACBCDABBCD二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.）13．79；14．12；15．34；16．230xy；1255．三、解答题（本大题共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．解:（1）设ACa，则3ABa，sinADa，cosCDa，由题意4ABCACDSS，则1134cossin22aaaa，所以3sin22.（2）由正弦定理，ABD中，sinsinBDABBADADB，即

3sinsin6BDa①BCD中，sinsinBDBCBCDCDB，即2sinsin33BDa②①÷②得：2sin3sin3，化简得3cos2sin，所以3tan2.18．解：（1）由12nnanSn得到2

1nnnaSn，当2n时，112(1)nnnaSn，两式相减，有122(1)1nnnnanaann，得到12(1)(1)1nnnanann，由于2n，121nnaann，因为122a，由上述递推关系知01nan所以1nan是以2为首项

，2为公比的等比数列，所以1221nnan，所以(1)2nnan．（2）由（1）12nnnacn，所以数列{}nc的前n项和为(1)2nnnT，则12112()(1)1nTnnnn

，所以121111111122[(1)()()]22311nnTTTnnn19．解析：（1）若1a，则21ln2fxxx，0,x，111xxfxxxx

，令0fx，得1x．当0,1x时，0fx；当1,x时，0fx．所以，fx在区间0,1上单调递减，在区间1,上单调递增．fx不存在极大值；存在极小值，且极小值为112f．（2）212

1xaxafxxaxx，0,x．①若20a，即2a，则令0fx，得1x．当0,1x时，0fx；当1,x时，0fx．拼搏一年成就梦想EndeavorayearAchieveyourdream2020级高三第二

次模拟考试（数学）学科试卷答案2所以，fx在区间0,1上单调递减，在区间1,上单调递增．②若021a，即23a，则令0fx，得1x或2xa．此时，fx的单调性如下表所示：x0,2a2a2,1a1

1,fx00fx单增极大值单减极小值单增③若3a，则当0,x时，210xfxx，当且仅当1x时，等号成立．此时，fx在区间0,上单调递增．④若21a，

即3a，则令0fx，得1x或2xa．此时，fx的单调性如下表所示：x0,111,2a2a2,afx00fx单增极大值单减极小值单增综上：2a时，fx在区间0,1上单

调递减，在区间1,上单调递增；23a时，fx在区间(0,2),(1,)a上单调递增，在区间(2,1)a上单调递减；3a时，fx在区间0,上单调递增3a时，fx在区间(0,1),(2,

)a上单调递增，在区间(1,2)a上单调递减；20．解：（1）连接BD，设AE的中点为O，∵AB∥CE，AB＝CE12CD，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE，△ABE为等边三角形

，∴OD⊥AE，OB⊥AE，折叠后,OPAEOBAE，又OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB，又PB⊂平面POB，∴AE⊥PB．（2）在平面POB内作PQ⊥平面ABCE，垂足为Q，则Q在直线OB上，∴直线PB与平面ABC

E夹角为∠PBO4，又OP＝OB，∴OP⊥OB，∴O、Q两点重合，即PO⊥平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则P（0，0，32），E（12，0，0），C（1，32，0），∴PE（12，0，32），EC（

12，32，0），设平面PCE的一个法向量为1n（x，y，z），则1100nPEnEC，即1302213022xzxy，令x3得1n（3，﹣1，1），又OB⊥平面PAE，∴2n（0

，1，0）为平面PAE的一个法向量，设平面APE与平面CPE所成角为α，则cosα＝|cos12,nn＜＞|12121555nnnn，即平面APE与平面CPE的夹角的余弦值为55321．解：(1)由题可知圆M的圆心为(0,4)M，半径2r.设(2,)P

bb，因为PA是圆M的一条切线，所以90MAP.在RtMAP△中，222MPAMAP，故222234MP.又222(02)(4)5816MPbbbb，所以258164bb，解得0b或85.所以点P的坐标为(0,0)或1

68,55.(2)因为90MAP，所以PAM△的外接圆圆N是以MP为直径的圆，且MP的中点坐标为4,2bb，所以圆N的方程为222244424bbbxby

，即22(24)40xybxyy.由2224040xyxyy，解得04xy或8545xy，所以圆N过定点(0,4)和84,55

.22．解析：（1）若2a，则2cosxfxex，22cossinxfxexx，01f，02f．所以，曲线yfx在点0,0f处的切线方程为21yx．（2）（i）cossinaxfxeaxx．①若0a，则cosfx

x，在区间0,上单调递减，不存在极值点．②若0a，则当,2x时，cossin0axx，从而0fx．由函数tanyx的图象及性质，10,2x，

使得1tanxa，即11cossin0axx．当10,xx时，11cossincossin0axxaxx，从而0fx；当1,2xx时，11cossincossin0ax

xaxx，从而0fx．所以，fx在10,x上单调递增，在1,x上单调递减，在0,上不存在极小值点．③若0a，则当0,2x时，cossin0axx，从而0fx．由函数tanyx的图象及性质，,2t

，使得tanta，即cossin0att．当,2xt时，cossincossin0axxatt，从而0fx；当,xt时，cossincossin0axxatt，从而0fx．所以，fx在

0,t上单调递减，在,t上单调递增．此时，xt为fx在区间0,上的唯一的极小值点．综上所述，实数a的取值范围为,0．（ii）由（i），0a，fx在0,上的唯一的极小值点t满足

：,2t且tanta．由此，tancoscosatttgaftetet．令函数tancosxxxex，,2x，则gat，且tantan2tancossin0co

scosxxxxxxxexxxexx．所以，x在区间,2上单调递减．4下面证明函数ga在区间,0上单调递减．对于任意的120aa，设当1aa和2aa时，f

x在0,上的极小值点分别为1t，2t，则1t，2,2t，且11tanta，22tanta．由12aa及函数tanyx在,2上单调递增，有12tt．又由x在区

间,2上单调递减，有1122gattga．综上，对于任意的120aa，均有12gaga，即ga在区间,0上单调递减．