【文档说明】广东实验中学2021—2022学年（下）高二级期中考试数学答案.pdf，共(8)页，539.724 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共7页）广东实验中学2021—2022学年（下）高二级期中考试数学参考答案与试题解析123456789101112DABCABDDACBCABDBCD8．解：∵函数f（x）＝lnx﹣ax+1有两个零点x1，x2（x1＜x2

），∴lnx﹣ax+1＝0有两个根，∴a＝，∴y＝a与y＝有两个交点，如图，设g（x）＝（x＞0），∴，当g′（x）＞0时，解得0＜x＜1，函数g（x）单调递增，当g′（x）＜0时，解得x＞1，函数g（x）单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝1，当x→+∞时

，g（x）→0，当x→0时，g（x）→﹣∞，∴当0＜a＜1时，y＝a与y＝有两个交点，即函数f（x）＝lnx﹣ax+1有两个零点，结合图象可知，①∵，∴，两式相加可得2)(lnln2121xxa

xxA:0lnln12121xxxx21212121212lnln202)(xxxxxxxxaxxa，此即为对均不等式（易证B:21212121221lnln11xxxxxxaxxaxx

，此即为对均不等式（易证C:对1ln)(axxxf求导分析可知211xax②由①②可知C选项正确11．解：∵，∴lnx≠0，∴x＞0且x≠1，由，得f'（x）＝，令g（x）＝xlnx﹣1，则g'（x）＝lnx+1，令g'（x）＝0，则x＝，∴当0＜x＜时，g'

（x）＜0，当＜x＜1时，g'（x）＞0，①当0＜x＜1时，若x→0，则g（x）→﹣1，又g（1）＝﹣1＜0，∴g（x）＜﹣1＜0，第2页（共7页）即f'（x）＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递减，∵x→0时，

f（x）→0，∴当x∈（0，1）时，f（x）图象在x轴下方，故A正确；②当x＞1时，g'（x）＞0，∴g（x）＞g（1）＝﹣1，又g（2）＝2ln2﹣1＞0，∴存在x0∈（1，2）使g（x0）＝0，∴当1＜x＜x0时，f'（x）＜0

，当x＞x0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，故BD正确．故选：ABD．12.解：因为AB2+BC2＝AC2，故AB⊥BC，又因为SA⊥平面ABC，故三棱锥S﹣ABC的外接球O的半径，取AC的中点D，连接BD必过点G，因为，故，因为

，故，则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径，故截面面积的最小值为，最大值为．故选：BCD．三．填空题（共4小题）13．2．14．0.05315．5216．（﹣∞，0]．16.解：原题等价于：m+1≤ex﹣，x∈（0，+

∞）恒成立．令g（x）＝ex﹣，x∈（0，+∞），则g′（x）＝ex+＝，令h（x）＝x2ex+lnx，则h′（x）＝（x2+2x）ex+＞0，∴函数h（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，又h（）＝﹣1＜0，h（1）＝e＞0，∴存在唯一x0∈（，

1），使得+lnx0＝0，化为：x0＝，两边取对数可得：x0+lnx0＝ln（﹣lnx0）+（﹣lnx0），令u（x）＝x+lnx，可得函数u（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，因此x0＝﹣lnx0，可得＝．∴函数g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞

）上单调递增．第3页（共7页）∴g（x）min＝g（x0）＝﹣＝﹣＝1，∴m+1≤1，解得m≤0．故实数m的取值范围是（﹣∞，0]．另解：令g（x）＝ex﹣x﹣1，g′（x）＝ex﹣1，可得g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上

单调递增．∴g（x）＝ex﹣x﹣1≥g（0）＝0，即ex﹣x﹣1≥0．原命题等价于：xex﹣（x+lnx）﹣1≥mx．即ex+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥mx．令h（x）＝x+lnx，可得：h（x）在（0，+∞）上

单调递增．h（）＝﹣1＜0，h（1）＝1＞0，∴存在唯一x0∈（，1），使得h（x0）＝0，∴≥0，因此m≤0．四．解答题（共6小题）17．解：（1）f（x）＝sin2x﹣sinxcosx＝xx2sin2322cos1＝)62sin(21x，令2

326222kxk，解得326kxk，k∈Z，所以f（x）的单调增区间为32,6kk，k∈Z；（2）由f（A）＝23，得1)62sin(A，解得23262kA，k∈Z，即A＝32k，

k∈Z；又因为0＜A＜π，所以A＝32，因为a＝4，由余弦定理知：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝16，有（b+c）2＝16+bc≤16+4)(2cb，所以b+c≤338，当且仅当b＝c时等号成立，所以周长l＝a+b+c＝4+b+c

≤4+338，即△ABC的周长最大值为4+338．18．解：（1）因为，故当n＝1时，a1＝3，当n≥2时，，则，当n＝1时，a1＝3满足上式，第4页（共7页）所以；（2）由（1）得，所以，故数列{bn}的前n项和．19．证明：（1）由DE∥BC，DE⊄面ABC，BC⊂面ABC，所以

DE∥平面ABC，又面ADE∩面ABC＝l，DE⊂平面ADE，所以DE∥l．解：（2）取BC的中点O，连接AO，EO．由CD2+CA2＝AD2，则CD⊥AC，又CD⊥BCAC∩BC＝C，所以CD⊥平面ABC，由CO//DE，CO＝DE，则四边

形COED是平行四边形，所以EO//CD，则EO⊥平面ABC．如图建立空间直角坐标系O﹣xyz，则，由，则，设平面ACF与平面ADE所成角为设平面ACF的法向量为m＝（x1，y1，z1），又)21,21,3(AF，)0,1,3(AC，则，若x1＝1，即．

设平面AED的法向量为＝（x2，y2，z2），又，则，若x2＝1，即，设平面ACF与平面ADE所成角所以31315,cosnm，由31315|,cos|cosnm所以平面ACF与平面ADE所成角的余

弦值为31315．第5页（共7页）20．解：（1）设直线l的方程为x＝my+，A（x1，y1），B（x2，y2）．由，得y2﹣2pmy﹣p2＝0．所以y1+y2＝2pm，y1y2＝﹣p2．由抛物线定义，得：|AB|＝x1+x2+p＝m（y1+y2）+2p＝

2p（m2+1），当直线l的倾斜角为3时，m＝333tan1，|AB|＝2p（m2+1）＝38p＝316．所以2p＝4，即抛物线C的标准方程为y2＝4x．（2）证明：由（1），得y1+y2＝4m，y1

y2＝﹣4，因为△PAB的垂心为原点O，所以OA⊥PB，OB⊥PA．因为kBO＝，所以kAP＝﹣．所以直线AP的方程为y﹣y1＝﹣（x﹣x1），即y＝﹣x+，同理可得，直线BP的方程为y＝﹣．联立方程，解得，即P（﹣3，3m），

所以点P在定直线x＝﹣3上．21．解：（1）函数的定义域为（0，+∞），，①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当0＜a≤e时，令f（x）＝0，则ex﹣ax＝0，设g（x）＝ex﹣ax，则g'（x）＝ex﹣a，当0＜x＜lna时，g'（x）＜0，g（x）单调

递减，当x＞lna时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，∴g（x）≥g（lna）＝elna﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴f'（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调增，综上，当a≤e时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；第6页（共7页）（2）依题意，f'

（x1）＝f'（x2）＝0，则，令，则x2＝tx1，两式相除得，，，∴，，∴x1+x2＝，设，则，设，则，∴φ（t）在（1，+∞）单调递增，则φ（t）＞φ（1）＝0，∴h'（t）＞0，则h（t）在（1，+∞）单调递增，又，即，而，∴t∈（1，5]，即．2

2．解：（1）由题意可得，门将每次可以扑出点球的概率p＝＝，设事件iA={第i次扑出点球}，3,2,1i，,1A,2A3A相互独立门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3)()0(321AAAPXP=216125)1(3p)()1(3

21321321AAAAAAAAAPXP7225)1(32pp725)1(3)()2(2321321321ppAAAAAAAAAPXP2161)()3(3321pAAAPXP故X的分布列为：X0123P故E（X）＝)3

(3)2(2)1(1)0(0XPXPXPXP第7页（共7页）21216137252722512161250．（2）①解：第n次传球之前在甲脚下的概率为np，易知1p＝1，2p＝0则当n≥2时，第n﹣1次传

球之前球在甲脚下的概率为1np，第n﹣1次传球之前球不在甲脚下的概率为11np，故3131)1(310111nnnnpppp即)41(31411nnpp，又∵43411p，∴}41{np是以43为首项，公比为31的等比数列，所以，41)31(431

nnp4141)31(43910p，41)31(4141))31(4343(31)1(31991010pq，故1010qp．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面获得更多资源请扫码加入享学

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