【文档说明】山西省大同市2022-2023学年高二年级上学期期末教学质量监测数学试题答案.pdf，共(10)页，3.036 MB，由小赞的店铺上传

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2022——2023学年第一学期期末教学质量监测高二数学一、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．【答案】B【解析】由题意可得：，解得：，．故选B．2.【答案】A【解析】1473

69464639,27,339,327,13,9aaaaaaaaaa所以公差为23.【答案】C【解析】如图，连接𝑂𝑁，𝑀𝐹1，𝑀𝐹2，由椭圆方程可得：𝑎2=81，则𝑎=

9则由椭圆定义可得|𝑀𝐹1|+|𝑀𝐹2|=2𝑎=18，所以|𝑀𝐹2|=18－|𝑀𝐹1|=18－2=16，因为𝑂是𝐹1𝐹2的中点，𝑁是𝑀𝐹1的中点，则由中位线可得：𝑂𝑁=12|𝑀𝐹2|=8，故答案为C4.【答案

】C【解析】曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝kx＋b，则b=2,-2k+b=0,解得k=1,b=2所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x＋2，所以f′(1)＝1，f(1)＝1＋2＝3，因此，f′(1)－f(1)＝1－3

＝－25.【答案】B6．【答案】A【解析】由函数的图象得到：当时，，是减函数；当时，，是增函数；当时，，是增函数；当时，，是减函数．由此得到函数的大致图象可以是A．故选A．7.【答案】D【解析】∵，，∴，，依次得，，，，，……，2453xy6x152

yyxfx1x0fxfx10x0fxfx01x0fxfx1x0fxfxyfx11a25a3214aaa4321a

aa55a64a71a85a故是以为周期的周期数列，是以为周期的周期数列，∴20221236746740Taaa，故选D．8．【答案】D【解析】因为在上恒成立，故在上不等式总成立，令，则．当时，，故在上为减函数；当时，，故在上为增函数；所以，故，故选D．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.【答案】BD【解析】两方程均化为标准方程为22149yx和22194xy，这里均有213c，所以有相同的焦距，而焦点一个在x轴上，另一个在y

轴上，所以A错误，B正确；又两方程的渐近线均为23yx，故D正确．1C的离心率132e，2C的离心率133e，故C错误．10.【答案】ABD【解析】①由正方体的性质可知EFBD，EFBB，所以EF平面BDDBB，又EF面MENF，所以平面MENF

平面BDDB，即平面MENF平面BDB，所以①正确；②在MN，的运动过程中，当点M和点B重合时，四边形MENF面积最大，此时MENF是对角线长分别为2，6的菱形，所以面积为3，所以②正确；③当DB平面MENF时，在平面BDDB

中，=2DB,DBMN,如图，设=QMx，则2222=+2OMx,22232OBOQBQ,221BMx，在RtOBM中，222BMOMOB,所以na6{}na3e0xmxx0,

0,2exmx2exgxx3e2'xxgxx0,2x'0gxgx0,22,x'0gxgx2,2mine24gxg24em全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》1

=2x，所以12PN，所以34DNDD，所以③错误；④四棱锥AMENF可以分解为NAEF和MAEF两个三棱锥，由于三棱锥NAEF和MAEF中底面AEF的面积不变，点,MN到面AEF的距离不变，所以两个三棱锥的体积不变，所以四棱锥AMENF的体积不变，

所以④正确，故选ABD.11.【答案】ABD【解析】过抛物线焦点的直线与抛物线相交，其主要结论有：当AB与x轴垂直时，AB最小，∴A正确；112AFBFp，∴B正确；212yyp，∴D正确；以AB为直径的圆与准线2px相切，∴C错误，故

选ABD.12.【答案】AD【解析】对于A：1e1xfxx，令11xpxxe，则2xpxxe，令0px，解得2x，令0px，解得2x，故fx在,2上单调递减，在2,上单调递

增，故2min21e0fxf，故fx在R上单调递增，故函数fx在R上无极值点，故A正确；对于B：11lngxxx，令11lnqxxx，则21xqxx，令0qx，解得1x，令0qx

，解得01x，故gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，故min120gxg，故gx在0,上单调递增，则函数gx在0,上无极值点，故B错误；对于C：由

A得fx在R上单调递增，不等式2lnfaxfx恒成立，则2lnaxx恒成立，故2lnxax恒成立.设2lnxhxx，则221lnxhxx，令0hx，解得0xe，令0hx，解

得xe，故hx在0,e上单调递增，在,+e上单调递减，故max2hxhee，故2ae，故C错误；对于D：若120fxgxtt，则112211lnxxexxt.由A，B可

知函数fx在R上单调递增，gx在0,上单调递增，∵0t，∴1>0x，21x，且12xxe(同构)，当12xxe时，111121ln1ln11xxxetxxxe，设111xkxe，

设lnkFkk，则21lnkFkk，令0Fk，解得0ke，令0Fk，解得ke，故Fk在0,e上单调递增，在,+e上单调递减，故max1FkFee，此时

112211lnxexexx，故12ln1txx的最大值为1e，故D正确.故选AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【答案】【解析】根据，可得，两式相减得，即，当时，，解得，所以数列是以为首项，以2为公比的等比数列，所以．故答案是．

14．【答案】2【解析】∵函数，∴，∵函数在处取得极小值，∴，∴或，当时，，函数在处取得极小值，符合题意；当时，，函数在处取得极大值，不符合题意．∴，故答案为2．15．【答案】53【解析】如图设ABa，ACb，1AAc，所以11111111133MNMAABBNBAABBC

1111113333AAABABACABABACAAabc，因为2222222abcabcabacbc1110211cos60211cos605oo,所以1533MNabc，故答案为53

。6321nnSa1121nnSa1122nnnaaa12nnaa1n11121Saa11ana166126312S632fxxxm2234fxxmxmfx2x22128

0fmm2m6m2m2384322fxxxxx2x6m232436326fxxxxx2x2m16．【答案】【解析】当时，，∴11lnlnfxxx

，∴，作出图象，如图所示，设直线与()的图象相切，其切点为，所以，，．又点与原点连线的斜率为，故曲线与轴有三个不同的交点，可知实数的取值范围是．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．（10分）解：（1）∵

所求的直线与直线垂直，∴设所求的直线方程为，∵令，得；令，得．∵所求的直线与两坐标轴围成的三角形面积为4．∴，∴，…………5分∴所求的直线方程为或．（2）设圆的半径为，∵圆与直线240Lxy：相切∴，∴所求的圆的方程为．…………10分18.（12分）解：（1）设等差数列的首

项为，公差为，由，，成等差数列，可知，所以，又，得解得，，因此，n*N．…………6分（2）令．则，ln31[,)3e]1,31[x1[1,3]xln,[1,3]()1ln,[,1)3xxfxxxxay0xyln]3,1

[x),(00yx001ax10y01ea)3ln,3(33lnaxxfxg)()(xaln31[,)3el200xycc0xyc0y2cx2114224cScc4c240xy240xyr

2184512r22145xyna1ad3S52S4S345SSS120ad521322aaa1420ad11a2d21nan11212nnnnacnb12

nnTccc∴，①，②，得∴．…………12分19.（12分）解：（1）证明：如图，取，的中点，，连接，，，，则四边形为正方形，∴，∴．又，∴，又∴平面，又平面，∴．∵，∴．又，∴平面．又平面，∴平面平面．…………6分（2）由（1）知，，，两两垂直

，建立如图所示的空间直角坐标系，∵，，∴．令，则，，，，∴101PB，，，1PD0，1，，10CD，，0．设平面的一个法向量为，由11nPBnPD，得11111100nPBxznPDyz

，取，得．又设平面的法向量为，由22nCDnPD得2222200nCDxnPDyz，取，得，21111113521222nnTn

23111111352122222nnTn①-②2111111122122222nnnTn11

11212122nnn2332nn12362nnnTADABOGOBOPOGPGOBCDOAOBOGABPAPBPGABOGPGGIABPOGPOPOGABPOPAPDPOADABA

DAIPOABCDPOPADPADABCDOBODOPOxyz45PADPOADPOOAOBOD1OAOBOD0,0,1P1,0,0B1,1,0C0,1,0DPBD1111,,xyzn11x11,1,1nP

CD2222,,xyzn21y20,1,1n∴，所以平面BPD与平面CPD所成角的余弦值为．…………12分20.（12分）解：（1）①时，由，得，②时，由已知，得，∴，两式作差，得，又∵

是正项数列，∴，∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列．∴，．…………6分（2）∵，∴．又因为数列是递增数列，当时最小，，∴．…………12分21.（12分）解：（1）由题意知抛物线的焦点，∴，又椭圆短轴的两个端点与构成正三角形，∴，，所以椭圆的方程为；

…………4分（2）当直线L的斜率存在时，设其斜率为，则L的方程为：，，消去并整理得，设，，则，，11,PEmxy，22,QEmxy，∴2121212PEQEmmxxxxyy1212120116cos,332

nnnnnn631n1121Sa11a2n241nnSa21141nnSa1120nnnnaaaana12nnaana21nann*N111111

212122121nnnbaannnn12111111111111123235221212212nnTbbbnnnnT1nnT113T11

32nT，)0,3(F3cF1b2a1422yxk)1(xky2214(1)xyykxy2222(41)8440kxkxk),(11yxP),(22yxQ1482221kkxx21224441k

xxk22121212()(1)(1)mmxxxxkxx；若为定值，则，解得，此时，为定值；当直线L的斜率不存在时，直线L的方程为，直线L与椭圆交于点31,2P、31,2Q,由可得

，93,82PE，93,82QE，∴3364PEQE，综上所述当时，为定值．…………12分22.（12分）解：(1)由题意知：20xafxxx．当0a时，0,x，0fx，fx

在0,上单调递增；当0a时，当0,xa时，0fx，当,xa时，0fx，fx在0,a上单调递减，在,a上单调递增综上，0a时，fx在0,上单调递增

；0a时，fx在0,a上单调递减，在,a上单调递增．…………4分(2)证明：∵1212fxfxxx，即212121lnxxxxaxx，2212121212()[()1]mmxxxxkxxxx

2222222222844448141414141kkkkmmkkkkk14)4()184(2222kmkmmQEPE22481441mmm817mQE

PE64331x)0,817(E)0,817(EQEPE6433又1a，∴要证122xx，只需证21211212212ln0xxxxxxxxxx，即证2121212ln0xxxxxx①设12lngxxxx，1x，则221

0xgxx，∴gx在1,上单调递增，∵211xx，∴2110xggx，不等式①成立，即122xx成立．…………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com