广东实验中学2021—2022学年（下）高二级期中考试数学答案(1)

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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D A B C A B D D AC BC ABD BCD 8．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 ) ( ln ln 2 1 2 1     x x a x x A:       0 ln ln 1 2 1 2 1 x x x x 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ln ln 2 0 2 ) ( x x x x x x x x a x x a            ，此即为对均不等式（易证 B: 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 ln ln 1 1 x x x x x x a x x a x x           ，此即为对均不等式（易证 C:对 1 ln ) (    ax x x f 求导分析可知 2 1 1 x a x   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． 0.053 15．52 16． （﹣∞，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＝ x x 2 sin 2 3 2 2 cos 1   ＝ ) 6 2 sin( 2 1    x ， 令 2 3 2 6 2 2 2           k x k ，解得 3 2 6         k x k ，k∈Z， 所以f（x）的单调增区间为         3 2 , 6     k k ，k∈Z； （2）由f（A）＝2 3 ，得 1 ) 6 2 sin(    A ，解得 2 3 2 6 2       k A ，k∈Z， 即A＝ 3 2  k ，k∈Z；又因为0＜A＜π，所以A＝3 2，因为a＝4，由余弦定理知：a2＝b2+c2 ﹣2bccosA＝16，有（b+c）2＝16+bc≤16+ 4 ) ( 2 c b  ，所以b+c≤ 3 3 8 ，当且仅当b＝c 时等号成 立，所以周长l＝a+b+c＝4+b+c≤4+ 3 3 8 ， 即△ABC 的周长最大值为4+ 3 3 8 ． 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 ) 2 1 , 2 1 , 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 31 31 5 , cos  n m ，由 31 31 5 | , cos | cos   n m  所以平面ACF 与平面ADE 所成角的余弦值为 31 31 5 ． 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＝ 3 3 3 tan 1   ，|AB|＝2p（m2+1）＝3 8p ＝3 16 ． 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，y1y2＝﹣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 ． 22．解： （1）由题意可得，门将每次可以扑出点球的概率p＝ ＝ ， 设事件 i A ={第i 次扑出点球}，   3 , 2 , 1  i ， , 1 A , 2 A 3 A 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 ( 3 2 1 A A A P X P   = 216 125 ) 1 ( 3  p      ) ( ) 1 ( 3 2 1 3 2 1 3 2 1 A A A A A A A A A P X P 72 25 ) 1 ( 3 2  p p 72 5 ) 1 ( 3 ) ( ) 2 ( 2 3 2 1 3 2 1 3 2 1        p p A A A A A A A A A P X P 216 1 ) ( ) 3 ( 3 3 2 1     p A A A P X P 故X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 故E（X）＝ ) 3 ( 3 ) 2 ( 2 ) 1 ( 1 ) 0 ( 0            X P X P X P X P 第7页（共7 页） 2 1 216 1 3 72 5 2 72 25 1 216 125 0          ． （2）①解：第n 次传球之前在甲脚下的概率为 n p ，易知 1 p ＝1， 2 p ＝0 则当n≥2 时，第n﹣1 次传球之前球在甲脚下的概率为 1  n p ，第n﹣1 次传球之前球不在甲脚下 的概率为 1 1   n p ， 故 3 1 3 1 ) 1 ( 3 1 0 1 1 1            n n n n p p p p 即 ) 4 1 ( 3 1 4 1 1      n n p p ， 又∵ 4 3 4 1 1   p ， ∴ } 4 1 {  n p 是以4 3 为首项，公比为 3 1  的等比数列， 所以， 4 1 ) 3 1 ( 4 3 1     n n p 4 1 4 1 ) 3 1 ( 4 3 9 10     p ， 4 1 ) 3 1 ( 4 1 4 1 ) ) 3 1 ( 4 3 4 3 ( 3 1 ) 1 ( 3 1 9 9 10 10        p q ， 故 10 10 q p  ． 声明：试题解析著作权属 所有，未经书面