【文档说明】重庆市巴蜀中学2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题 答案.pdf，共(11)页，367.298 KB，由小赞的店铺上传

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1高2024届高二上期期末考试数学参考答案一、单项选择题：题号12345678答案BCADBCBC1．【答案】B；【解析】因为22fxxxa，故130fa，则3a，故选择B.2．【答案】C；【解析】因为22312aaqq

，212aaqq，代入得：22422qq，即2440qq，解得2q，故2344,8,16aaa，故42481630S，故选C.3．【答案】A；【解析】因为1224PFPFa，解

得28PF或20PF（舍），故选择A4．【答案】D；【解析】因为定义域是1,2，且22112121xfxxx，令0fx，解得：12x，故单调递增区间是1,2，故选择D.5．【答案】B；【解析】因为等差数列nS存

在最大项，故等差数列的公差0d，又510SS，即6789100aaaaa，即80a，则1161150aaaa，故选项A错误；2151150aaaa，故选项B正确；1141150aaaa，故选项C错误

；而2141150aaaa，故选项D错误；综上答案选择B.6．【答案】C；【解析】因为0m时，2lnfxxx存在零点，故排除D，当1m时，令2ln10fxxxx，即12ln10xx，令1tx，即12ln0tt，令12lngttt，故

221,tgttt当0,2t时，0gt，当2,t时，0gt，故232ln20gtg，所以此时无零点，故1m时没有零点，当2m时，

2ln212ln1fxxxxxxx，也不存在零点，故答案是C.7．【答案】B；【解析】因为圆心1,0E，到直线l的距离最大值是2EP，此时根据弦心三角2形得：2244AB，解得28AB，故AB的最小值是22，故选择B.8．【答案】C；【解析】假设切点

是00,Pxy，即0002xyxe，而1xyxe故切线斜率001xkxe，切线方程是0000021xxyxexexx，又因为切线经过点,0Aa，故0000021xxxexeax，显然01x，则000002111

1xaxxxx，易知当2a或2a时有两个交点，故选C.二、多项选择题9．【答案】AD；【解析】将圆配方成标准方程为：22:14Cxy，故选项A正确，选项B错误；由圆的参数方程得

：0012cos2sinxy，则00312cos23sin4sin16xy，故解得003xy的最小值是3，故选项C错误；将00,Pxy代入直线方程得：00000130xxyyx，即00,Pxy在直线上，

又圆心到直线的距离222200000442211dxxyxy，故直线与圆相切，故选项D正确，综上所述，本题的答案是AD.10.【答案】BCD；【解析】因为fxgx，当1fxgx时不满足，故选项A错误；而fxgx，则fxgx，

故选项B正确；因为fxfx，两边同时求导得：fxfx，即fxfx，故fx是偶函数，因为gxgx，两边同时求导得：gxgx

，即故gx是奇函数，故答案是BCD.题号9101112答案ADBCDADACD311.【答案】AD；因为11323nnnnaa，令1113,3nnnnnnbaba，故12nnbb，其

中1133bat，当3t，30nnnba，即3nna，故存在tR，使得na是等比数列，故选项D正确；当3t时，nb是以1133bat为首项，公比为2的等比数列，故132nnbt，即1332nnnat，故当1t时，32nnna

，故选项A正确；当3t时，3nna不是等比数列，仅当3t时，3nna才是等比数列，故选项B,C错误；故答案是AD.12.【答案】ACD；【解析】因为,02pF，假设AB直线是xmy

t，因为1122,,,AxyBxy，联立抛物线得：220ypxpxmyt消去x得：2220ypmypt，由韦达定理得：122yypt，当212yyp时，解得2pt，故直线经过焦点,02pF；当直线经过焦点,02pF时，2pt

，解得212yyp，故选项A正确；因为221212,22yyxxpp故22212244ptxxtp，故直线过焦点,02pF时，2pt，则2124pxx，当2124pxx时

，即224pt，解得12tp，则不一定过焦点,02pF，故选项B错误；假设直线AB的倾斜角为，由焦半径公式得：1cospAF，1cospBF，故112AFBFp，故21214244AFBFpAFBF，即942AFBFp，当且仅当2A

FBF时，即32AFp，34BFp时取得最小值，此时1cos3；又因为4AFBF的最小值是9，故2p，故选项C正确；因为2AOB，即OAOB，即0OAOB,故12120xxyy，将122yypt，212xxt代

入得：220tpt，解得2tp或0t（舍）；4故OAB面积12122OABSpyy，根据122yypt，且2tp得2124yyp，故2124yyp，故212244yypp，代入得：2121242OAB

Spyyp，又OABS的面积最小值是16，故解得2p，故选项D正确；故答案是ACD.三、填空题：题号13141516答案12345111121nn13.【答案】12；【解析】因为sincosfxxx，故2

2cossincos2fxxxx，21cos332f.14.【答案】3a；【解析】因为2231353nSnnanna，因为等差数列的前n项和是2111222nnnddSnadnan，故30a，

解得3a；15.【答案】45；【解析】因为22225,25abc，又12bc，故3,4bc或4,3bc，因为椭圆E上存在一点P，满足o1290FPF，故bc，即4c，故45e.16.【答案】

111121nnSn；【解析】因为11112121112112112121nnnnnnnnnannnn，故1117a，211723a，…，11121121nnnann

，累加得：111121nnSn.5四、解答题：17.【答案】（1）21nan；（2）212422,3nnnnbT；【解析】因为等差数列na中，11a，251612aaaa

，故611a，故61510aad，解得2d，故21nan；------------5分（2）因为2112242nannnb，则14nnbb，故nb是公比为4的等比数列，故12214242143n

nnnTbbb；--------------10分18.【答案】（1）5；（2）221936xy；【解析】因为双曲线2222:10,0xyCabab，故渐近线方程是：byxa，又渐近线方程是20xy，故2ba，

即2ba，故22225cbaa，故25,5ee；----------------5分（2）因为直线l的倾斜角为4，故直线l斜率是1，又直线l经过,0Aa，设,BBBxy，则直线l方程为xya，联立双曲线222214xy

aa得：222214xyaaxya，消去x得：222440yaya，故2380yay，解得83Bya，又0Ay，则8112823ABAByya，解得3a，故29a，2243

6ba，故双曲线C的方程是221936xy.------------12分619.【答案】（1）略；（2）223；【解析】（1）取AP中点M，连接,BMME，因为E是PD的中点，故1//2MEAD，又因为底面ABCD是直角梯形，且o90DABABC，//BCAD，

且12BCAD，故1//2BCAD,故MEBC，//MEBC，即四边形BCEM为平行四边形，则//MBCE，且直线CE不在平面PAB内，MB在平面PAB内，则//CE平面PAB；------------5分（2）因为PA底面ABCD，且o9

0DAB，以AB为x轴正方向，以AD为y轴正方向，以AP为z轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz，因为1ABBC，2PAAD，故0,0,0A，1,0,0B，1,1,0C，0,2,0D，

0,0,2P，因为E是PD的中点，则0,1,1E，设平面ACE的一个法向量是1111,,nxyz，故10nAC，10nAE，因为1,1,0AC，0,1,1AE，故111100xyyz，令11y

，则11x，11z，故11,1,1n；设平面PCD的一个法向量是2222,,nxyz，故20nPC，20nCD，因为1,1,2PC，1,1,0CD，故2222

2200xyzxy，令21x，则21y，21z，故21,1,1n；故1n与2n夹角的余弦值12121111cos333nnnn，故二面角ACED的正弦值222sin1cos

3.-----------------12分720.【答案】（1）略；（2）13321nnna；【解析】（1）因为21562nnnaaa，故211121363321nnnn

nnaaaaaa，又121nnnbaa，则12121nnnbaa，即13nnbb，又121213baa，所以对任意的*nN时，13nnbb，故nb是以13b为首项，公比

为3的等比数列；又因为21562nnnaaa，211132264232nnnnnnaaaaaa132nnncaa，故12132nnncaa，即12nncc，又121323caa，所以对任意的*nN时，12nncc，故n

c是以13c为首项，公比为2的等比数列；---------6分（2）由（1）得：1112133nnnnnbaab-----①111132232nnnnncaac------②①②得：11332nnn

a，故13321nnna.------------------------12分21.【答案】（1）单调递增区间是0,1，单调递减区间是1,，极大值1，无极小值；（2）1a【解析】（1）因为1lnxfxx，所以2lnxfxx，故当

0,1x时，0fx，当1,x时，0fx，所以fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以fx的单调递增区间是0,1，单调递减区间是1,，故fx在1x处取得极大值

11f，无极小值；---------------5分（2）因为0,x时，gxx，212ln1xaxxx，故2112ln10xaxxx，令211

2ln1xGxaxxx，8故0,x时，0Gx恒成立，故1220Ga，即1a（必要性），当1a时，因为10xx，22112ln112ln11xxGxaxxx

xxx因为111xx，又由22212ln1lnxxxx，由（1）知，221ln1xx，故2211ln1xxxx，故1a时，0Gx恒成立（充分性）；综上所述：实数a的取值范围是1a.--------------12分22

.【答案】（1）23；（2）略；（3）2425；【解析】（1）设000,3Pxyx，则00,Qxy，因为P在椭圆22:132xyC上，故2200132xy，因为3,0A，故0103ykx，0020033yykxx，

故2000122000333yyykkxxx，因为2200132xy，故2200332xy代入得：220012220023332yykkxy；---------------4分（2）因为M是线段OP的中点，所以0011,22Mxy，

则01,02Nx，故00PQykx，002332QNPQykkx，类比（1）知，,EEExy在椭圆上，同理可得：23EPEQkk，又23QNPQEQkkk代入得：2233EPPQkk，所以1EPP

Qkk，故PQPE；--------------8分yx9（3）因为22132xy，设直线PQ为0ykxk，联立椭圆得：22132xyykx消去y得：2222360xkx

，故22632Pxk，又因为点P在第一象限，故2632Pxk，故2632Pkyk，故2266,3232kPkk，2266,3232kQkk，故26,0232Nk，故2

22261132PQPQkxxkk，令26232tk，故,0Nt，设QN直线：xmyt，,EEExy，,QQQxy因为2233QNPQkkk，故32mk，联立直线与椭圆得：22132xmytxy消去x得：222360myty

，整理得：222234260mymtyt，由韦达定理：2423QEmtyym因为1EPPQkk，1PEkk，故2211EPEQPEkyykyy故

224123mtPEkm，将26232tk，32mk代入得：2222222234462621119232323232234mtkkPEkkkmkkkk，所以222221126261122233232EPQkSPQPEkkkkk

故222121123223EPQkkSPQPEkk，同除2k得：102221112126161361EPQkkkkSkkkk

，令1nkk，故2n，12241256EPQSnn，当且仅当2n，即1k时取等号；故EPQ面积的最大值是2425------------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