【文档说明】陕西省渭南市2022-2023学年高二上学期期末考试理科数学模拟试题答案.pdf，共(20)页，590.864 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共19页2022-2023学年度第一学期期末考试高二数学（B）卷参考答案及解析1．A【分析】根据充分条件与必要条件定义判断.【详解】充分性：当0x时，20xx，充分性成立；必要性：20xx解得0x或=1x

，必要性不成立；故为充分不必要条件故选：A2．B【分析】由211()()42nm可得：mn，由方程221xynm表示焦点在y轴上的椭圆可得：0mn，然后根据充分、必要条件的概念即可判断.【详解】由211()()42nm可得：mn，又因为方程221xynm

表示焦点在y轴上的椭圆，所以0mn，由mn不一定能推出0mn，但由0mn一定能推出mn，所以“211()()42nm”是“方程221xynm表示焦点在y轴上的椭圆”的必要不充分条件，故选：B.3．A【分析】在①

中，连接FMAC，，分别证明出11//ACAC和//FMAC，即可判断；在②中，利用线面垂直的判定定理证明出BM平面1CCF；在③中，由BF与平面11CCDD有交点，可以判断③错误；在④中，利用等体积法可以证明.【详解】在①中

，连接FMAC，.在正方体1111ABCDABCD中，11//AACC且11AACC，所以四边形11AACC为平行四边形，所以11//ACAC.因为FM、分别是ADCD、的中点，所以//FMAC，所以11///

/FMACAC.故①正确；在②中，因为tan2BCBMCCM，且tan2CDCFDFD，所以BMCCFD，所以答案第2页，共19页2BMCDCFCFDDCF，所以2COM，所以BMCF.又1BMCC，1CFCCC，1CC面1

CCF，CF面1CCF，所以BM平面1CCF.故②正确；在③中，BF与平面11CCDD有交点，所以不存在点E，使得平面//BEF平面11CCDD；故③错误；在④中BCEFEBCFVV，且△BCF的面积是定值，而点E到平面AB

CD的距离也是定值，所以三棱锥BCEF的体积为定值，故④正确.所以错误的个数为1，故选：A4．D【分析】比较出对数的大小，然后结合已知奇偶性及单调性即可比较大小.【详解】解：fx为奇函数且0x时，fx单调递增，所以33311loglo

glog222bfff，因为33log5loln31g20，所以cab.故选：D.【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性，掌握对数函数的单调性是解题关键．5．B【分析】根据已知可求出“2sinsin10

xax在0,π上恒成立”的等价条件.原式可转化为2sin11sinsinsinxaxxx在0,π上恒成立，令1sinsinfxxx，0,πx，则只需minafx即可.根据基本不等式，可求得2fx，所以“2sinsin10xax在0,

π上恒成立”的等价条件时2a，即可得出结果.【详解】当0,πx时，sin0x恒成立.所以2sinsin10xax在0,π上恒成立，可转化为2sin11sinsinsinxaxxx在0,π上恒成立，令1sinsinfxxx，0,πx，

则只需minafx即可.答案第3页，共19页又11sin2sin2sinsinfxxxxx，当且仅当1sinsinxx，且0,πx时，即π2x时等号成立，所以2a.又2a是2a的必要不充分条件，所以，“2a”是“2sinsin

10xax在0,π上恒成立”的必要不充分条件.故选：B.6．B【分析】以D为坐标原点，DC，DA所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解【详解】以D为坐标原点，DC，DA所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，易知0,0,0D，

3,1,0B，0,0,5A，0,2,0C，0,2,5CA，3,1,0BC，设CFCA，则0,22,5DFDCCA

，已知2FBCDABDFVV，因为FBCDBCDFVV，ABDFBADFVV，所以2BCDFBADFVV，可得2CDFADFSS△△，即2FCFA，所以23，所以2250,,33DF

，则263cos,122623BCDFBCDFBCDF，答案第4页，共19页∴异面直线BC与DF所成角的余弦值为612．故选：B．7．B【分析】分析函数fx的奇偶性及其在0,π上的单调

性，结合排除法可得出合适的选项.【详解】对任意的π,πx，sinsineexxxxfxfx，所以，函数sinexxfx在,上的图象关于原点对称，排除AC选项，当0πx时，sinexxfx，则

π2sincossin4eexxxxxfx，因为ππ3π444x，由0fx可得π3π044x，则ππ4x，由()0fx¢>可得ππ044x，则π04x，所以，函数fx在π0,4上单调递增，在π,π4上单

调递减，排除D选项.故选：B.8．C【分析】根据题意列等式，再用等差数列的通项公式和求和公式求解，即可【详解】由题意知：十二个节气的日影子长依次成等差数列，设为1212,,...,aaa，公差为d，则15912++=16.5=84aaaS即1111++4++8=16.51

2×1112+=842aadadda，解得1=1.5a，=1d，所以夏至的日影子长为1.5尺，故选：C9．D【分析】①建立空间直角坐标系，写出点的坐标，当点N移动到点1C时，由于140DBBC，故

BD与BN不垂直，所以①错误；②证明出线面平行，从而平面11CDDC上存在一点P，使得//PC平面BMN；③作出辅助线，利用11BMNBBBMNVV求出体积为定值；④得到球面被正方体表面所截得的弧为以1B为圆心，3个半径为2的14圆弧，求出弧长和.答案第5页，共19页【详解】以D为坐标

原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，1DD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图1，对于①，当点N移动到点1C时，此时12,2,0,0,0,0,0,2,2BDC，则12,2,0,

0,2,22,2,02,0,2DBBC，因为12,2,02,0,240DBBC，所以BD与BN不垂直，所以①错误；对于②，平面BMN与平面11BAC为同一

个平面，而1//CD1BA，所以当点P在1CD上时，总有//PC平面11BAC，从而有//PC平面BMN，所以②正确；如图3，连接1111,,BDBMBN，交11AC于点O，则11BD⊥11AC，故1BO为三角形1BMN的高，且111122BOBD，答案第6页，共19页所以1111

212222BMNSMNBO，又1BB⊥平面1111DCBA，故1111112223323BMNBBBMNBMNVVSBB，所以③正确；如图4，连接1DA，DB，1DC，则1122DAD

BDC，以点D为球心作半径为22的球面，球面被正方体表面所截得的弧为以1B为圆心，3个半径为2的14圆弧，弧长和为32π2=3π4，所以④正确，故选：D．10．B【分析】先讨论1x和3x两种情

况，解出APB；进而讨论1x且3x时，利用直线的到角公式结合基本不等式即可求得.答案第7页，共19页【详解】根据抛物线的对称性，不妨设,0Pxyy，若1x，则1,2P，||2PA，||2AB，所以2πtan124APBAPB

；若3x，则3,23P，||23PB，||2AB，所以23πtan3623APBAPB；若1x且3x，此时2y且23y，,13PAPByykkxx，所以22231tan43131yyyxxAPByyxxyxx

，因为24yx,所以433222tan11311113161616yAPByyyyyyy34211111416yyyy，则π04APB，当且仅当311216yyy时取“=”，而2y，所以π04APB.综

上：APB的最大值为π4.故选：B.【点睛】本题核心的地方在“433222tan11311113161616yAPByyyyyyy”这一步，首先分式“432211331616yyyy

”的处理，上下同除以y（一次）；其次在用基本不等式时，“32111116yyyy”这一步的拆分，三个式子一定要相同（1y），否则不能取得“=”.11．34【分析】利用二倍角余弦公式结合定积分的运算

性质求解即可【详解】23012sinxdx33001123cos2sin2sinsin02234xdxx，故答案为：34.12．167【分析】令1(0)xaa，2(0)ybb，将2212xyxy

变形整理成141(14)7baab，再利用基本不等式即可求解.【详解】令1(0)xaa，2(0)ybb，则1xa，2yb，答案第8页，共19页因为4xy，则有7ab，所以2222(1

)(2)142412xyababxyabab14724()ab1141()()7abab141(14)7baab14161(52)77baab当且仅当2ba，即714,33ab时取等号，则,xy分别等于48,33时，

2212xyxy的最小值是167.故答案为：167.13．62##162【分析】先判断得三棱锥PABC为正三棱锥，从而利用线面垂直的判定定理依次证得AC平面PBG，PB平面PAC，结合勾股定理证得正

三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，由此将三棱锥PABC补形为正方体，利用2222RPAPBPC即可求得球O的半径.【详解】由PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，得三棱锥PABC为正三棱锥，则

顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则ACBG，又POAC，POBGO，,POBG平面PBG，所以AC平面PBG，又PB平面PBG，则PBAC，因为,EF分别是,PAAB的中点，所以//EFPB，又90CEF

，即EFCE，所以PBCE，又ACCEC，,ACCE平面PAC，所以PB平面PAC，又,PAPC平面PAC，所以,PBPAPBPC，易知在RtPAB中，222PAPBAB，所以222PAPCAC，则PAPC，又2AB

，所以2222PAPBPC，所以正三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，将三棱锥PABC补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径22226RPAPBPC，则球O的半径62R．故答案为：62.答案第9页，共19页.14．1a【解

析】由不等式恒成立构造()ln1xfxxexax，只需min()0fx≥成立：利用导函数研究()fx单调性知0(0,)x使0()0fx，此时得0001(1)xaxex，而min0()()0fxfx，构造()xhxxe得到

001xex时()0fx恒成立，进而可求a的取值范围.【详解】由题意，对任意的0x不等式ln10xxexax恒成立，令()ln1xfxxexax，则1()xxfxexeax

，21()20xxfxexex，∴()fx在(0,)上单调增，且0(0,)x使0()0fx，即0001(1)xaxex，∴()fx在0(0,)x上递减，0(,)x上递增，故：002min000000()()ln1(ln)0xxfxfxxexaxxex

，即0000lnxxxex，而()xhxxe在(0,)上单调增，又1ln(ln)xhxx，∴001()(ln)hxhx，即有001xex时()0fx恒成立，∴000000111(1)1xxaxexxx

，故答案为：1a.【点睛】关键点点睛：1、构造()ln1xfxxexax，原不等式恒成立转化为0x有min()0fx≥成立；2、由导数知0(0,)x使0()0fx，此时保证min0()()0fxfx即原不等式恒成立；3、由上得0000lnxxxex

，构造()xhxxe讨论单调性有001xex.15．(1)证明见解析(2)104答案第10页，共19页【分析】（1）证明出BC平面11ABBA，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）利用锥体的体积公式求出1AA的长，然后以点B为

坐标原点，BA、1BB、BC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面1DAC与平面1ACB夹角的余弦值.【详解】（1）证明：因为1AA平面ABC，CB平面ABC，所以1AABC，在三棱柱111ABCABC-中，四边形11AAC

C为平行四边形，则118ACAC，因为43AB，4CB，所以222ABCBAC，所以CBAB，又因为1ABAAA，1AA平面11ABBA，AB平面11ABBA，所以CB平面11ABBA，又1AD平面11ABBA，所以1CBAD．（2）

解：由（1）得，1832ABCSABBC△，D为AB的中点，则1432ACDABCSS△△，因为1AA平面ABC，11111116343333AACDAACDACDVVSAAAA△，所以14AA，因为1BB平面ABC，BCAB，以点B为坐标原点，BA

、1BB、BC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则0,0,4C、23,0,0D、143,4,0A、10,4,0B，设平面1DAC的法向量为111,,mxyz，123,4,0DA，23,0,4D

C，则1111123402340mDAxymDCxz，取12x，可得2,3,3m，答案第11页，共19页设平面1ACB的法向量为222,,xnyz，143,4,0BA

，0,0,4BC，则1222434040nBAxynBCz，取21x，可得1,3,0n，所以，510cos,4102mnmnmn，所以平面1DAC与平面1ACB夹角的余

弦值为104.16．(1)1nan(2)证明见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式和等比数列的定义求解即可；（2）利用裂项相消求和即可.【详解】（1）设na的首项为1a，公差为d，根据1a，3a，7a成等比数列，可得23

17aaa，又23a，可得方程组21111263adaadad，即21123dadad，又0d，解得112da，故1nan．（2）1111(1)(3)

213nbnnnn，所以12nnSbbb1111111111111224354657213nnnn1111122323nn

因为*Nn，所以1111111152232322312nn．所以512nS．17．(1)2e21xfxxx(2)最大值为29e，最小值为12e.【分析】（1）求出函数fx

的导数，利用导数的几何意义结合给定切线求解作答.答案第12页，共19页（2）利用（1）的函数解析式，利用函数fx在区间3,1上的单调性，即可求解作答.【详解】（1）依题意，(0)1f，切点(0,1)在切线210xby上，则1b，(

)fx22e21e4e241xxxxaxxaxaxa，而fx的图象在点0,0f处的切线斜率为2，(0)f12a，解得得1a，所以函数fx的解析式为2e21xfxxx.（2）由（1）知，()fx

2e232e221xxxxxx，由0fx得2x或12x，当[3,1]x时，32x或112x，有()0fx¢>，122x，有0fx，因此函数fx在1[3,2],[,1]2上单调递增，在[]12,2上单调递减，又320

3ef，292ef，121e2f，(1)0f，所以fx在3,1上的最大值为29e，最小值为12e.18．(1)证明见解析(2)PA长为2或4(3)存在，233PF【分析】（1）根据线面垂直的性质可得CDDA，再根据线面垂直

的判定可得CD平面ADP，进而以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设0PAaa，求出平面BDE的法向量1000,,nxyz，再证明10PCn即可；（2）由（1），设平面PCD的

法向量为2111,,nxyz，得出,0,22aBE，再根据线面角的向量方法求解可得2a或4a；（3）令01PFPC，再根据12,1,1n，与

22,2,2AF平行列式求解，进而根据空间向量模长公式求解即可.【详解】（1）因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.因为ABCD为正方形，所以CDDA.又PADAA，且,PADA平面ADP，所以CD平面ADP.如

图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设0PAaa，答案第13页，共19页则0,2,0A，0,2,2B，0,0,2C，0,0,0D，,2,0Pa，,2,02aE，所以,2,2

PCa，0,2,2DB，,2,02aDE.设平面BDE的法向量为1000,,nxyz，则1100DBnDEn，即0000220202yzaxy，令

01y，则04xa，01z，得14,1,1na.由题意得14220PCn.因为PC平面BDE，所以PC∥平面BDE.（2）由（1）知，0,0,2DC，,2,0DPa.

设平面PCD的法向量为2111,,nxyz，则2200DCnDPn，即1112020zaxy，令12x，则1ya，10z，得22,,0na

，又,0,22aBE，设直线BE与平面PCD所成的角为，则222221010sincos,444BEnBEnBEaaan，解得2a或4a，所以PA长为2或4.（3）存在，理由如下：

因为2PAa，所以2,2,0P，令01PFPC，所以22,22,2F，12,1,1n，22,2,2AF，答案第14页，共19页所以22221，解得13，则22

2,,333F，故222222233333PF.19．(1)1e；(2)1.【分析】(1)根据题意求出函数()Fx的解析式，利用导数讨论函数的单调性，求出函数()Fx的最小值，列出方程，解之即可；(2)根据

题意可得e11lnxmkxkkxkx，即min(e1)0xmkxk在0,上恒成立且max(ln1)0xkxk在(0,)上恒成立，利用导数分别研究函数e1(0)xmuxk

xkx和()ln1(0)vxxkxkx的单调性，进而求出min()ux、max()vx，由minmax()0()0uxvx可得1lnlnmkkkkk，即可求解.【详解】（1）由题意知，1()()()eln()(0)xFxfxgxaxx

，则11()exFxx，令()001Fxx，令()01Fxx，所以函数()Fx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以min()(1)1lnFxFa，又min()2Fx，所以1ln2a，解得1ea，经检验，1ea符合题意.故

1ea.（2）由(1)1(e)fxmkxkgx，得(1)11(e)fxmkxkkxkgx，即e11lnxmkxkkxkx，对于e1xmkxk，可得不等式e10xmkxk在R上恒成立，即min(e1)0xmkxk

在R上恒成立，设()e1(R)xmuxkxkx，则()exmuxk，若0k，则()0ux，函数()ux在R上单调递增，且()e10xmuxkxk，符合题意；答案第15页，共19页若0k，令()0lnuxxmk，

令()0lnuxxmk，所以()ux在(,ln)mk上单调递减，在(ln,)mk上单调递增，所以min()(ln)ln1uxumkmkkk，由min()0ux，得ln10mkkk，即1lnmkkk①；对于1lnkxkx，可得不等式ln10xk

xk在(0,)上恒成立，即max(ln1)0xkxk在(0,)上恒成立，设()ln1(0)vxxkxkx，则1()vxkx，若0k，则(1)120vk，不符合题意；若0k，令1()00vxxk，令1()0vxxk，所以()vx

在1(0,)k上单调递增，在1(,)k上单调递减，所以max1()()lnvxvkkk，由max()0vx，得ln0kk，即lnkk②.当0k时，由①②得，22221ln11mkkkkkkk，即21mkk，设

lnhkkk，则22e2e0h，110h，故hk存在零点0k，故21mkk当且仅当0kk，0001lnkkmk时等号成立.综上，2mkk的最大值为1.【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的方法(1)分离参数

法求范围：若()fxa或()gxa恒成立，只需满足min()fxa或max()gxa即可，利用导数方法求出()fx的最小值或()gx的最大值，从而解决问题；(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造

函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.20．（1）椭圆C的方程为2212xy，抛物线M的方程为24yx；（2）见试题解析．【分析】（1）由题意可得a，c的值，运用222bac

，求得b，可得椭圆C的方程.由抛物线M的准线经过椭圆C的左焦点F，求得p，即可得抛物线M的方程.（2）设直线l的方程为1(0)ykxk，与抛物线M的方程联立，消去x，可得2104kyy，设

211(,)4yPy，222(,)4yQy，233(,)4yDy，244(,)4yEy，即124yyk，124yyk，直线FP方程为11(1)1yyxx，直线FQ方程答案第16页，共19页为22(1)1yyxx，联立112(1)14yyxxyx即2111

104(1)1yyyyxx，则1y，3y为方程两根，解得314yy，同理424yy，计算DEk即可.【详解】（1）由题意可知222a，22c，即2a，1c，221bac椭圆C的方程

为2212xy抛物线2:2(0)Mypxp的准线经过椭圆C的左焦点(1,0)F12px即2p抛物线M的方程为24yx.（2）由题意可设直线l的方程为1(0)ykxk，则21(0)4ykxkyx，即2104

kyy直线l与抛物线M交于P，Q两点2(1)41104kk，解得1k且0k设211(,)4yPy，222(,)4yQy，233(,)4yDy，244(,)4yEy则1y，2y为方程2104kyy的两根，即124yyk，124yyk直线FP方程为：

11(1)1yyxx，直线FQ方程为：22(1)1yyxx将直线FP方程与抛物线M的方程联立112(1)14yyxxyx即2111104(1)1yyyyxx，则1y与3y是该方程两根.所以111311144

(1)yxyyyx，即314yy同理：直线FQ方程为：22(1)1yyxx时424yy3412223434121244144()()44DEyyyykyyyyyyyy所以，直线DE的斜率为定值.【点睛】本题考查

求椭圆方程与抛物线方程，同时也考查了直线与抛物线位置关系中的定点定值问题，属于答案第17页，共19页较难的一道题.21．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）分类讨论导函数e()xfxxmx的实数根即可求解极值点，（2）构造函数()()(2),(0,1)Fxgxgxx

和2e()(3)ee,(0,1)xxxGxxxx，通过判断函数的单调性，求解最值，当导数正负不好确定的时候，需要构造新的函数，不断的通过求导判断单调性.（1）2()e2xmxfx,则()exf

xmx,0x显然不是()fx的零点,e(),xfxxmx令e()xgxx,则2e(1)()xxgxx,()gx在(,0)单调递减,在（0,1）单调递减,在(1,)单调递增.当0x时，()0gx，当0x

时，()0gx，且()(1)egxg极小值(,0)m时,e=xmx只有一个实数根，所以此时()fx有1个极值点,0,em时,e=xmx没有实数根，故()fx有0个极值点,当em时，e=xmx，有一个实数根1x，但1x不是极值点，故此时()fx没有极

值点，(e,)m时,e=xmx有两个不相等的实数根，故()fx有2个极值点.（2）由（1）知,(e,)m,且121201,,()xxgxgxmgx在（0,1）单调递减,在(1,)单调递增,先证:122xx

,即证:212xx，1201xx121x即证:212gxgx.即证:112gxgx.令()()(2),(0,1)Fxgxgxx,即证:(0,1),()0xFx,答案第18页，共19页2'22ee()(1)()(2)xx

Fxxxx令2(1,2)tx则xt令2e()h,则4)(e(2)h,则()h在(0,2)单调递减()()(2)hxhthx,()0Fx,即()Fx在(0,1)x单调递减,()(1)0FxF

,证毕.再证:122efxfxm,1201xx,且122xx1122xxx.()fx在10,x单调递增,在12,xx单调递减,在2,x单调递增,122fxfx.即证:1122

efxfxm,又11exmx,即证:11121111e23ee2exxxfxfxmxx.令2e()(3)ee,(0,1)xxxGxxxx,23222222e21ee(1)()(2)eeex

xxxxxxxxxGxxxx.令23222()e21expxxxxx,2322()e2212expxxxxx,令()()qxpx2322()2e22322exxqxxx

,令()()rxqx232()2e41027xxxxrx令32()41027,(0,1)mxxxxx,答案第19页，共19页2()12202mxxx,11

(0,1),()xmx在110,x单调递减,在11,1x单调递增.(0)7,(1)5mm,12(0,1)x,当120,xx时,0,rxqx单调递增;当12,1xx时,0,rxqx单调递减.

2042e0,10qq,13(0,1),()xpx在130,x单调递减,在13,1x单调递增.(0)10,(1)0pp,14(0,1),()xpx在140,x单调递增,在14,1x单调递减.(0)1,(1)0pp

,()0px,()0Gx,()Gx在(0,)xx单调递增,()(1)2eGxG,所以原命题得证.【点睛】本题考查了导数的综合运用，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可

判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com