【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（理）参考答案.pdf，共(7)页，378.390 KB，由管理员店铺上传

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理科参考答案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、25316、1,e

因为ln1eemxmxxmmmx通分得：elnemxmxmxxxx即：eelnelnmxmxmxxxx；设()ln,fxxxx()ln20,fxx21,ex

，函数()lnfxxxx在21,ex单调递增，emxx恒成立，得：ln,mxx即ln,xmx设2ln1ln()(1),()xxgxxgxxx，易知函数在0,e上单调递增，在e,上单调递减min1(

)(e),emgxg故答案为：1,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2240xyy，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，2

t，则有1212132tttt，所以22222212121221322823PAPBtttttt18、(1)2,9ab(2)0,4【详解】（1）3223fxxaxbxa，可得236fxxax

b，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，23690fxxx，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，Cb，Da，Db，共8种情况；所以所求概率815P．20．(1)证明见解析(2)32AD【详解】（1）证明：∵平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABCD平面

ABEFAB，∴CB平面ABEF．∵AF平面ABEF，∴AFCB，又AB为圆O的直径，∴AFBF，而CBBFB，,CBBF平面CBF，∴AF平面CBF，∵AF平面ADF，∴平面DAF平面CBF．（2）设EF中点为G，以O为

坐标原点，,,OAOGAD的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设0ADtt，则(1,0,)Ct，13,,022E，13,,022F，(1,0,0)B，∴(1,0,0)EF，

33,,22CFt，设平面CEF的法向量为(,,)mxyz，则00mEFmCF，即033022xxytz，令3z，可得(0,2,3)mt取平面EFB的一个法

向量为(0,0,1)n，cos,cos60mn，即2·13243mnmnt，解得32t，则当AD的长为32时，二面角CEFB的大小为60．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：()()2224184

10kxkmxm+++-=.由0得：22410km，且122841kmxxk，212241*41mxxk.由APAQ2212121212221240x

xyykxxkmxxm.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)1(

2)0,e【详解】（1）因为()e1xfxa，0x是fx的一个极值点，所以0(0)e10fa，得1a；当1a时，()e1xfx，令()0fx可得0x.x,000,

()fx0()fx减函数极小值增函数由表可知0x是fx的一个极值点，且最小值为(0)1f.（2）若ln2gxfxxx有两个零点，即lnelnln(2)2xaxaxx有两个解，即ln2lnelnln(2)exxaxax有两个解，设

函数()exhxx,问题等价于方程(ln)(ln(2))hxahx有两个解，()e10xhx恒成立，即()exhxx单调递增，所以lnln(2)xax，问题等价于方程lnln(2)xax有两个解，即ln

(2)(2)2ln0xxa有两个解，设2,2ln,txam即ln0ttm有两个解，令()ln,tttm问题转化为函数()t有两个零点，因为1()1tt，当0,1t时，()0t，当1,t时，()0t；

则()t在0,1上单调递增，在1,上单调递减，为了使()t有两个零点，需要(1)0，解得1m，即2ln1a，解得0ea，由于当1m时，(e)e0,mm(e)2e0,mmm所以()t在0,1和

1,内各有一个零点.综上知a的取值范围是0,e.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com