南阳市2021年高二上学期期末考试数学（文）答案

1 2021 年秋期高中二年级期终质量评估 数学试题(文)参考答案 一、选择1-5 CDBCA 6-10 CBBDA 11-12 DA 二、填空题 2 13. , 2 3 0 x R x x     1 14. 64 x  3 15. 2 3 8  16.（， ） 三、解答题 17.解：(1)由c＝3asin C－ccos A 及正弦定理得 3sin Asin C－cos Asin C－sin C＝0． ..................2 分 由于sin C≠0，所以sin 6 A         ＝1 2． 又0＜A＜π，故A＝π 3． ........................5 分 (2)△ABC 的面积S＝1 2bcsin A＝3，故bc＝4．①...........................7 分 而a2＝b2＋c2－2bccos A，故b2＋c2＝8．② ....................................9 分 由①②解得b＝c＝2（负值舍去） ． .................................10 分 18.解：∵  3 2 f x x ax x a     ， ∴f ′(x)＝3x2 2 1 ax  . ..................2 分 (1)由题意得f ′(3)＝27－6a－1＝－10，解得a＝6. ∴  3 2 6 6 f x x x x     .....................................................4 分 (2) ( 1) 0 f    ,则3 2 1 0 a   ,解得 1 a , ∴  3 2 1 f x x x x    ， ...................................6 分 2 ( ) 3 2 1 (3 1)( 1), [ 2,3] f x x x x x x         , 当 ( ) 0 f x   ,解得 1 1 3 x   ,即函数  f x 在 1 1, 3       单调递减， 当 ( ) 0 f x   ,解得1 3 3 x   或2 1 x  , 即函数  f x 分别在 1 ( 2, 1), ,3 3         递增...................................10 分 又 1 32 ( 1) 0, , ( 2) 3, (3) 32 3 27 f f f f             max min ( ) (3) 32, ( ) ( 2) 3 f x f f x f      ..........................................12 分 19.(1)证明：由an＋1＝3 3 n n a a  ，以及a1＝3，显然 0 n a  ， 所以 1 3 1 3 n n n a a a    ，即 1 1 1 1 3 n n a a    ， 2 所以数列 1 n a       是首项为1 3 ，公差为1 3 的等差数列，.............4 分 所以   1 1 1 1 3 3 3 n n n a      ，所以 3 n a n  （n∈N*） ；.................6 分 (2)由(1)可得， 1 3 3 n n n n a    ， 所以数列3n n a       的前n 项和Tn 2 1 1 1 2 3 3 3 ... 3n n     ① 所以3Tn 2 3 1 3 2 3 3 3 ... 3n n     ②................................................8 分 则由②-①可得：2Tn   2 1 1 3 3 ... 3 3 n n n         2 1 1 3 3 ... 3 3 n n n           1 1 3 2 1 3 1 3 1 3 2 n n n n n          ， 所以数列3n n a       的前n 项和Tn   2 1 3 1 4 n n     ................................................12 分 20.解：(1)∵抛物线焦点在x 轴上，且过点M(4，m)， ∴设抛物线方程为y2＝2px(p>0)， ..........................2 分 由抛物线定义知，点M 到焦点的距离等于5， 即点M 到准线的距离等于5， 则4＋p 2＝5，∴p＝2，∴抛物线方程为y2＝4x ...........................4 分 又点M(4，m)在抛物线上， ∴m2＝16，∴m＝±4， ∴所求抛物线方程为y2＝4x，m＝±4 ...........................5 分 (2)方法一：由于直线过点（2，0） ，可设直线方程为： 2 x ty   由 2 4 { 2 y x x ty    得 2 4 8 0 y ty    ,设 1 1 2 2 ( , ), ( , ) A x y B x y ,则 1 2 1 2 4 , 8 y y t y y   , .............................8 分 所以    1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 OA OB x x y y ty ty y y                2 1 2 1 2 1 2 4 t y y t y y         2 1 8 2 4 4 4 t t t        ，即OA OB     为定值；.........12 分 3 方法二：由于直线过点（2，0） ， ①当直线的斜率不存在时，易得直线的方程为 2 x  ，则由 2 4 { 2 y x x   可得，    2, 2 2 , 2,2 2 A B  ,所以   2 2 2 2 2 2 4 OA OB         ；............6 分 ②当直线的斜率存在时可设直线方程为：   2 y k x   ， 由   2 4 { 2 y x y k x    得   2 2 2 2 4 4 4 0 k x k x k     , 设 1 1 2 2 ( , ), ( , ) A x y B x y ,则 2 1 2 1 2 2 4 4 , 4 x k x x x k     ,.............................8 分 所以    2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 OA OB x x y y x x k x x               2 2 2 1 2 1 2 1 2 4 k x x k x x k        2 2 2 2 2 4 4 1 4 2 4 4 k k k k k        ，即OA OB     为定值. 综上，OA OB     为定值 4  ...................................................12 分 21.解：(1)因为  ln f x ax x x   ,所以  ' ln 1 f x a x    ， 因为函数  ln f x ax x x   的图像在点x e  处取得极值, 所以  ' 2 0, 2 f e a a      ， 经检验，符合题意，所以 2 a  ；.............. 4 分 (2)由(1)知,  2 ln f x x x x   , 所以  1 f x k x   在  , e 恒成立,即 2 ln 1 x x x k x     对任意x e  恒成立. ..........6 分 令 2 ln 1 x x x g x x     ,则    ' 2 ln 1 1 x x g x x     ........................8 分 设 ln 1( ) h x x x x e     ，易得 h x 是增函数，所以  min 0 h x h e e    ， 所以    ' 2 ln 1 0 1 x x g x x      , 所以函数 g x 在  , e 上为增函数, ..................10 分 4 则 min ( ) ( ) 1 e g x g e e   ， 所以 1 e k e   . ..............12 分 22.解：(1)由题意的：2 2 6 c  ，4 8 2 a  ， 6 c   ， 2 2 a  ， 2 2 2 b a c    ， 椭圆C 的方程为 2 2 1 8 2 x y   .............................................4 分 (2)直线l 的斜率为1 2 ，可设直线l 的方程为 1 2 y x m   与椭圆C 的方程联立消去y 可得： 2 2 2 2 4 0 x mx m     ， 则   2 2 2 4 4 2 4 16 4 0 m m m       ， 2 0 4 m   ，...................6 分 设A,B 两点的坐标为  1 1 , x y ，  2 2 , x y ，由韦达定理得： 1 2 2 x x m   ， 2 1 2 2 4 x x m        2 2 2 1 2 1 2 | | 1 4 5 4 AB k x x x x m            ...........................8 分 点P 到直线l 的距离 |1 1 | | 2 | 1 5 1 4 m m d     ，     2 2 2 1 1 2| | | | 5 4 4 2 2 5 PAB m S AB d m m m              ，..........................10 分 方法一：令 2 t m  ，则0 4 t   ， 2 4 2 4 4 m m t t     令 2 ( ) 4 f t t t   ，则 ( ) f t 在(0,4) 上的最大值为 (2) 4 f  ， PAB s  的最大值为2，即PAB  面积的最大值2..................................12 分 方法二：因为     2 2 2 2 2 4 4 2 2 PAB m m S m m                 ， 当且仅当 2 2 4 m m   ，即 2 2 m  时，取“=”， 所以PAB  面积的最大值2..........................................................................................12 分