【文档说明】浙江省杭州第二中学等四校2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题答案.pdf，共(7)页，827.389 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-990bb445c30a93681811856effcc45ea.html

以下为本文档部分文字说明：

2022学年第二学期四校联盟期中考试试卷高二年级数学学科参考答案一、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，只有一项是符合要求的.题号12345678答案ADCBDBDA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，有选错的得0分，部分选对的得2分.题号9101112答案ACACDBCDCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.___55__.14.__435___.15.912.16.(1,1]e．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.解:（1）121221(2)nnnaSSnnn，当n=1时，113aS也符合.所以21()nannN…………………………………………2’162,64bb

,所以2q，所以2nnb……………………….2’（2）(21)2nnnabn，所以2213252(21)2232(21)2(21)2nnnnnTnTnn……………………

…………3’两式相减：121118(12)322222(21)26(21)22(12)212nnnnnnTnnn于是12(21)2nnTn…

……………………………………..3’18.解：（1）'(1)cosxyexx，……………………………….3’所以0'|2xy，又0|0xy，所以切线方程为2yx………………………………….3

’（2）因为'(1)xfxex,所以当(0,1)x时，'0fx，所以fx单调递增；当(1,)x时，'0fx，所以fx单调递减……………………..3’又1(1)fe，

x,()fx,,0xy,所以该函数的图象如下：又因为fxa的根的个数等价于yfx与ya图象的公共点的个数.所以1(0,)ae………3’19.解：（1）设(,)Pxy，则由题意(1,0),(

4,0)AB，根据题意可知12PAPB，2=PAPB，22222(1)(4)xyxy，曲线E的方程为:224xy…………………4’(2)直线L的方程为4.x(i)若M为PB的中点,则1=,32PMP

BPAPMPQPAPQAQAB当Q=B时,PM+PQ的最小值为3………………………………..4’(ii)2200(,0)404xxyxxy极点关于圆的极线为00441,xxx即，由此猜想：直线CD过定点(1,0)A.证明如下：设(4,),Qt，1111(

,),4CxyCQxxyy切线为11,4(4,4)CQxtyQt2222(,),4Dxyxty设同理可得,444(1,0).CDxtyA则直线的方程为，CD过定点………………………4’20.（1）

证明：取11DC的中点1O，连接1OO，11OB，则11,,,OOBB共面又11CCDD，所以1OODC；由底面ABCD是菱形，3BAD，可知OBDC，又1OBOOO，所以1DCOBB平面………………5’（2）因为平面11CDDC⊥平面ABCD，1OO平面11CDDC，1

OODC，平面11CDDC平面ABCD=DC，所以1OOABCD平面则以O为原点，OD、OB、OO1分别为x、y、z轴建系…………2’已知133313330,,0,0,,0,22,0,,02222ADDB

，，设1DMDD，则3333,0,22,,22222MAM，设平面BDD1B1法向量,,nxyz由100nDDnDB

可得36,2,2n…………………………………………3’2228cos,003335AMnAMnAMn故不存在这样符合条件的点M……………………………………

……………..2’21.解：（1）24yx…………………….4’（2）设直线l：xmyn，1122(,),(,)AxyBxy，由24xmynyx，得到2440ymyn，则124yym，21242

xxmn2211161616()032mnm，于是6622m……………2’设重心为00(,)xy，则2004214,33mnmxy则2242144()33mnm，则24132mn………

…2’又21212211|1|11|||||1|2221nSABdmyyyynm22222211431434|1|2||2()()232323232mmmmmnn………………2’设22[0,1)3tm，则2

22214313()()(1)(2)323222mmytt易得当0t时，max98y，所以max322S…………………2’22.解：（1）1'fxkx当0k时，当(0,)x，'0fx，则fx

递增.当0k时，当1(0,)xk，'0fx，则fx递增；当1(,)xk，'0fx，则fx递减.…………………………………4’（2）函数()xfxFxex的值域

为[0,)等价于函数()()xfxgxex的最小值小于等于0.考虑反面：()()0xfxgxex对(0,)x恒成立.即eln1xxkxx0，化简得eln1xxxkx………………………………………………

………3’设eln1=xxxhxx，则22eln'=xxxhxx，设2elnxjxxx，则易得jx在0,上是单调递增，因为0x，hx，又1e0j，故存在00,

1x，使得02000eln0xjxxx．当00,xx时，'0hx；当0,xx时，'0hx，所以hx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增，所以000min0eln1=xxxhxx．因

为0200eln0xxx，所以0000lnexxxx，设0000lnexxxtx，则0000e(1)ln(2)xxtxtx，（1）式两边取对数可得00lnlnxxt，所以00ln0xtxt，设00l

nmtxtxt，则mt在0,上单调递减，又因为10m，所以1t，则有0000e1lnxxxx．所以000min0eln1=xxxhxx=0011xx=1，所以1k.所以k的取值范围为1klneln1e

ln1eln1lnln11xxxxxxkxxxxxxxxxx………………………………………………………………………………………………………………………5’获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号ww

w.xiangxue100.com