【文档说明】四川省南充高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试 数学（文）参考答案.pdf，共(7)页，311.082 KB，由小赞的店铺上传

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文科参考答案1-5BADBC6-10BBDDC11-12DA12、A.由1ln23aa，得2ln3ln1aa，于是ln12ln3aa．同理由1ln34bb，可得ln13ln4bb．对于12e1cc

，可得112ecc，两边同时取对数得ln1ln21cc，于是ln11ln2cc．构造函数ln1fxxx，则2faf，3fbf，1fcf．因为11xfxxx，所以当10x时，

0fx，fx在1,0内单调递减，当0x时，()0fx¢>，fx在0,内单调递增，所以123fff，又a<0，0b，0c，如图所示，故bac．13、14、15、416、31,e-【详

解】因为3333sin33sinfxxxxxxxfx，所以fx为奇函数，因为22333cos331cos0xxxxfx，所以fx为R上的增函数，由(ln2)()0fxfax

得(ln2)()()fxfaxfax，则ln2xax，因为,()0x，所以ln2xax．令ln2()(0)xgxxx，则23lnxgxx，令0gx，得3ex，当30ex时，0gx，gx单调递增，当

3ex时，0gx，gx单调递减，故33max1eegxg，所以31ea，即31ea，所以实数a的取值范围为31,e.17、(1)4sin，3310xy；(2)823.【详解】（1）直线l的参数方程312112xtyt

（t为参数），消去参数t得：3310xy，所以直线l的普通方程为3310xy；由cosx，siny得，点0,2C，3,3M，半径2CM，于是曲线C的的普通方程为2224xy，即2

240xyy，所以曲线C的极坐标方程为4sin.（2）由（1）知，曲线C的的普通方程为2240xyy，将直线l的参数方程312112xtyt（t为参数）代入曲线C的的普通方程，整理得23120tt设A，B两点对应的参数分别为1t，2t，则有121

2132tttt，所以22222212121221322823PAPBtttttt18、(1)2,9ab(2)0,4【详解】（1）3223fxxa

xbxa，可得236fxxaxb，由题=1x时有极值0.可得：10,10,ff即2360,130,ababa解得：1,3,ab或2,9.ab，当13ab时，23690fxx

x，yfx单调，不会有极值，故舍去.经验证2,9ab成立；（2）由（1）可知32694fxxxx，23129313fxxxxx，4,0x，x44,333,111,00

fx00fx0增4减0增4所以函数yfx在4,3和1,0递增，3,1递减.且40f，34f，10f，04f，可得值域为0,4.19、

(1)29；32.5(2)815【详解】（1）根据频率分布直方图可估计平均数x为：50.01150.02250.01350.04450.021029x．根据频率分布直方图可估计中

位数为：0.50.10.20.1301032.50.4（2）由频率分布直方图可知：桑树未存活数量凡超过30棵的班级在30,40的路口有4个，记为,,,ABCD；桑树未存活数量凡超过30棵的班级在40,50的路口有2个，记为,ab；从“重

点教授劳动技术班级”中随机抽取两个班级，则有AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab，共15种情况；其中有且仅有一个桑树未存活数量凡超过30棵的班级在40,50的情况有Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，C

b，Da，Db，共8种情况；所以所求概率815P．20、（I）见解析;（II）33.【详解】（I）∵AB为圆O的直径，点F在圆O上∴AF⊥BF又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直且它们的交线为AB，CB⊥AB∴CB⊥圆O所在平面∴AF⊥BC又BC、BF为平面CBF上两相交直线∴AF⊥

平面CBF又AFDAF面∴平面DAF⊥平面CBF．（II）连接OE∵AB＝2，EF＝1，AB//EF∴OA＝OE＝1，即四边形OEFA为菱形∴AF＝OA＝OF＝1∴等边三角形OAF中，点F到边OA的距离为32又矩形

ABCD所在平面和圆O所在平面垂直∴点F到边OA的距离即为四棱锥F－ABCD的高∴四棱锥F－ABCD的高32h又BC＝1∴矩形的ABCD的面积SABCD＝212ABBC∴1332323FABCDV21、(1)2214xy；(

2)2425；【详解】（1）由题意知：2222232141caabcab，可得：213abc，则椭圆C的标准方程为2214xy.（2）当直线l的斜率不存在时，设:lxm，与2214xy

联立得：22,1,,144mmPmQm.由APAQ222104mm，解得65m或2m（舍去）.此时85PQ，则OPQ△的面积为2425.当直线l的斜率不存在时，设

:lykxm，与2214xy联立得：()()222418410kxkmxm+++-=.由0得：22410km，且122841kmxxk，212241*41mxxk.由APAQ

2212121212221240xxyykxxkmxxm.代入*式得：22125160kmkm，即65mk或2mk（此时直线l过A，舍）.222221212241414141PQkxxxxkkmk，点O到直线l

的距离为：21mdk，则OPQ△的面积为22224141mkmk，将65mk代入得：OPQ△的面积为2222491712411125256642544kk.综上，OPQ△面积的最大值为2425.22、（1）15,15；（2）2,3.

【详解】（1）sincos4fxkxx，因为函数fx在R上单调递增，所以sincos40fxkxx在R上恒成立，即sincos4kxx在R上恒成立，所以21sin4kx（其中，21sin

1k，2cos1kk，所以214k，解得1515k，故k的取值范围是15,15．（2）当2k时，sincosgxxxkxx，则1sincos1gxkxxx，设hxgx，则2cossi

nhxkxxx．因为2k，0,2x，所以0hx，hx在区间0,2上单调递减，因为010h，11202hkk．所以存在唯一的00,2x，使得00hx，即00gx，所以gx在区间

00,x上单调递增，在区间0,2x上单调递减，因为0gk，2g，又因为方程3gx在区间0,2上有唯一解，所以23k．即k的取值范围是2,3．获

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