【文档说明】重庆市万州二中2022-2023学年高二下学期3月第一次月考试题 数学（答案）.pdf，共(4)页，317.186 KB，由小赞的店铺上传

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1高2021级高二下期第一次月考数学试题一、单选题BCDBADCA二、多选题9.AC10.BC11.AC12.BCD三、填空题13．2,14．215．14216．4e四、解答题17．（本题满分10分，每小问各5分）（1）由πsincos3fxfxx

，得πcossin3fxfxx，则ππππ1π3cossin3333232fff，所以π33f；（2）由（1）得3sincosfxxx，则π311322f，所以fx的图象在点

ππ,33f处的切线方程为π133yx，即33π103xy.18．（本题满分12分，每小问各6分）（1）因为各项不为0的数列na满足*112,31nnnaannaN，两边同时取倒数，可得1

113nnaa，所以1113nnaa，21a，11131a，解得114a.数列1na为等差数列，且公差为3，首项为4.（2）由（1）可得143137nnna，137nan，1nnaa对任意*nN恒成立，3734nn

对任意*nN恒成立，令3734331343434nnfnnnn，当1n时，14f；当2n时，122f；当3n时，fn单调递增，2315ffn,2所以min122fnf

，12实数的取值范围为1,2.19、（本题满分12分，第（1）问5分，第（2）问7分）（1）设ACBDM，DE平面ABCD，AC平面ABCD，则DEAC，ABCD是正方形，则ACBD

，BDDED，,BDDE平面BDE，∴AC平面BDE，AM的长为A到平面BDE的距离，由正方形ABCD边长为3得322AM，∴A到平面BDE的距离为322；（2）DEBDD,,DEBDÌ平面BDE,∴

AC平面BDE,DE平面ABCD，则EBD是BE与平面ABCD所成角,∴60EBD,32BD，则32tan6036DE，163AFDE，分别以,,DADCDE为,,xyz轴建立空间直角坐

标系Dxyz，如图，则(3,3,0)B，(0,0,36)E，(3,0,0)A，(3,0,6)F，(0,3,0)C，由（1）知平面BDE的一个法向量是(3,3,0)CA，(0,3,6)BF，(3,3,36)BE

，设平面BEF的一个法向量是(,,)nxyz，则36033360nBFyznBExyz，取6y，则3z，26x，即(26,6,3)n，6636013cos,133239CAnCAnCAn

，所以二面角FBED的余弦值是1313．20、（本题满分12分，第（1）问5分，第（2）问7分）（1）把0,2A、3,1B两点坐标代入22221xyab得：2222041911abab，即23a，2b

，即椭圆方程为：221124xy．设,Txy，则点T到1,0N的距离222222(1)(1)4(1)25,123xdxyxxx因为2323x，所以当32x时，d有最小值，且min2

9314253422d，所以动点T到1,0N的最短距离为142．3（2）如图，因为21103ABk，所以直线AB的方程为：20xy．取0y得，2m，显然直线CD的斜率存在，设其方程为：21,0ykxkk，

11,Cxy，22,Dxy，联立方程组：22(2)1124ykxxy得：2222131212120kxkxk，所以21221213kxxk，2122121213k

xxk，记直线AC的方程为：1122yyxx，令2x得：112222,kxPx．记直线BD的方程为：2211(3)3yyxx，令2x得：22122,3kx

Qx，112121222222231223pQkxyxxPMxkxQMyxxx22122121212121121212122412224122131312122213kkxxxxxxkkkxxxxk

221221121221311212213kkxkkx故PMQM为定值，定值为1．22．（本题满分12分，第（1）问5分，第（2）问7分）（1）211()(22)ln(2)2()2

(1)2fxxxxxaxax2(1)ln2222xxxaxxa21ln2121ln0)xxaxxxax（0,0e1aa，当(0,e),()0,axfx

fx单调递增，当(e,1),()0axfx，fx单调递减，当(1,),()0,xfxfx单调递增.综上所述，fx在(0,e)a和(1,)上单调递增，在(e,1)a

上单调递减.（2）情况一：若(1)0f,即32a时,由()fx的单调性,其在e,a上恒为正,无零点,4在增区间0,ea至多有一个零点,不符题意.情况二：若(1)0f,即32a时,由于1(2)044(1

)202faa,由零点存在定理,()fx在区间(1,2)上存在一个零点，取(0,1)x,则121,ln0,02xxax,1()(2)ln2(1)[(1)ln02(1)]2f

xxxxaxaxxa，当2(1)0,eax时,()0fx,由于()fx在区间0,ea上单调递增,故()fx在0,ea恒为正,无零点,由零点存在定理,()fx在区间e,1a上存在一个零点,符合题意，情况三：若

(1)0f,即32a时,同情况二可得()fx在增区间0,ea恒为正,无零点,()fx仅有1x一个零点,不符题意，综上,a的取值范围是3,2.