广东实验中学2022—2023学年（下）高二级期中考试数学(答案)(含评分标准)

第1页（共6页） 广东实验中学2022—2023 学年（下）高二级期中考试（数学） 答案及说明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C A C B C D B A BCD AC ACD ABD 13.432 14.  5 , 5 − 15. 3 28 16. 15 3 17.解： （1）由题意可得： ( ) 2 1cos 4sin4sinsin44sinsin22coscos2sinsin4sinsi n 2 2 A B A B ABABABABAB − − − + =  + = − − + ( ) ( ) 22coscossinsin22cos22cos22 ABABABC = − − = − + = + = + ……………………………….3 分 可得 2 cos 2 C = ，∵ ( ) 0,π C  ， ∴ π 4 C = .……………………………….5 分 （2）∵ABC 的面积 112 sin46 222 SabCa = =  = ，∴ 3 2 a = ，……………………………….7 分 ∴ 10 2 2 4 2 3 2 16 18 2 =    − + = c ……………………………….8 分 ∵ 222 1810165 cos0 2 5 23210 acb B ac + − + − = = =    ，即 π 0, 2 B      ， ……………………………….9 分 则 2 2 5 sin1cos 5 B B = − = ， ………………………………10 分 18. （1）证明：等腰梯形ABCD 中， 2 AB = ， 1 BCCDAD = = = ，延长 AD BC, 交于E ， 则 2 2 = = ED EA ， 2 2 = = EC EB ∴EAB  为等边三角形 ……………………………….2 分 ∴ BC AC ⊥ ，且 1 AA BC ⊥ ， A AA AC = 1  ∴ 1 1ACC A BC 面 ⊥ ， ……………………………….3 分 BC 平面ABCD ，则平面ABCD ⊥平面 1 1 AACC ， ……………………………….4 分 （2）以C 为坐标原点，CA 为x 轴正半轴，CB 为y 轴正半轴，过C 作 1 // OA CN 交 1 1C A 于N CN 为z 轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系Cxyz − ，则 ……………………………….5 分 ( ) 3,0,0 A ，( ) 0,1,0 B ， 3 ,0,0 2 O        ， 1 3 1 ,0, 2 2 A         ， 1 3 1 , ,0 2 2 2 CD BA   = = −       第2页（共6页） 1 1 3 3 ,,0 2 2 BDBD   = = −       ， 1 1 3 1 ,0, 2 2 DDAA   = = −       ， 1 1 1 0,, 2 2 D   −     则        − = = 0 , 2 3 2 3 1 1 1    ， B D M D ， 3131 , , 2222 M     − − +       设平面MBC 的法向量为 ( ) , , nxyz =      = = +       − −       =  =  0 0 2 1 2 3 2 1 2 3 0 0 y z y CB n CM n   ，取 1 x = ，则 ( ) 1,0, 3 n  = − ………………………….8 分 取平面ABCD 的法向量 ( ) 0,0,1 m = 2 21 cos,41 7 m n m n m n   = =  = ，则 1 2 = 即： 1 3 3 1 , ,0 4 4 A M   = −       ， 3 1,0, 2 n   = −       ……………………………….10 分 设直线 1 A M 与平面MBC 所成的角为，则 1 1 1 3 sincos,3 7 AMn AMn AMn   = = =  所以， 直线 1 A M 与平面MBC 所成的角正弦值为3 3 7 . ……………………………….12 分 19. 解： （1）∵f（x） ax2+（1﹣2a）x﹣2lnx，x＞0， ∴f′（x） ， ……………………………….2 分 当 3 1 − = a 时，令 ( ) 0 = x f ，解得 2 1 = x ， 3 2 = x ……………………………….3 分 x ( ) 2 , 0 2 ( ) 3 , 2 3 ( )  + ， 3 ( ) x f  − 0 + 0 − ( ) x f 减 极小值 增 极大值 减 ……………………………….5 分 ∴( ) ( ) 2 ln 2 3 8 2 − = = f x f 极小 ，( ) ( ) 3 ln 2 2 7 3 − = = f x f 极大 ……………………………….6 分 （2）①当a≥0 时，令f′（x）＜0，得0＜x＜2；令f′（x）＞0，得x＞2；……………………….7 分 第3页（共6页） ②当a＜0 时，令f′（x）＝0，得x 或x＝2； （I）当 2 时，即a 时，则f′（x）≤0 恒成立且只有一个点令 ( ) 0 = x f ；…………….8 分 （II）当 2，即 时，令f′（x）＜0，得0＜x＜2 或x ； 令f′（x）＞0，得 2＜x ； ………………………….10 分 综上所述：当a≥0 时，f（x）在（0，2）上递减，在（2，+∞）上递增； 当 时，f（x）在（0，2）和（ ，+∞）上递减，在（2， ）上递增； 当a 时，f（x）在（0，+∞）上递减； …………………………….12 分 20. 解： （1）有题条件可得 2 3 2 3 1 1 − = − = + n n n n a a a a ……………………………….2 分 ∴         − = − + 1 1 3 1 1 1 n n a a ∴       −1 1 n a 是首项为3， 公比为3 的等比数列 ……………………………….3 分 ∴ n n a 3 1 1 = − ，则 1 3 1 + = n n a ……………………………….5 分 （2） n n n n n b 3 1 3 1 3 1 3 +  + + = ……………………………….7 分 设 n n n c 3 1 3 + = ， n n c c c T + + + =  2 1 ∴ n n n T 3 1 3 3 1 2 3 3 1 1 3 2 + + + +  + +  =  1 3 2 3 1 3 3 2 3 3 1 2 3 3 1 1 3 3 1 + + + − + + +  + +  = n n n n n T  ∴ 1 1 2 1 2 3 1 3 3 1 1 3 1 1 3 1 3 3 4 3 1 3 3 1 3 1 3 3 4 3 2 + − + + −               −       −  + = + −       + + + = n n n n n n n T  1 1 1 1 3 1 3 3 1 2 1 6 11 3 1 3 3 1 2 1 2 1 3 4 + − + − + −       − = + −       − + = n n n n n n …………………………….10 分 第4页（共6页） ∴ n n n n T 3 2 1 3 3 1 4 3 4 11 1  + −       − = − ……………………………….11 分 ∵ 0 3 2 1 3 3 1 4 3 1   + −       − − n n n ∴ 4 11   n n T S ……………………………12 分 21．解： （1）因为双曲线C 以250 x y  = 为渐近线， 设双曲线方程为(25)(25) xyxy  + − = ，即 2 2 4 5 x y  − = , ………………………………2 分 ∵ ( ) 0,3 F ，∴ 0 ，即： 2 2 1 5 4 y x   − = − − ， ∴ 9 5 4   − − = ，∴ 9 9 20  − = ，即 20 = − . …………………………….3 分 所以双曲线C 的方程为： 2 2 1 4 5 y x − = .……………………………….4 分 （2）由题意可知直线l 一定有斜率存在且不为0，设直线l： 3 ykx = + ( ) 0  k ， ( ) 1 1 , Pxy ， ( ) 2 2 , Q x y ， ( ) 2 2 2 2 5420 ,53420 3 y x kxx ykx  − =  + − = = +  ， ……………………………….5 分 化简得：( ) 2 2 5430250 kxkx − + + = ， 2 400(1)0 k = +  ， 此方程的两根为 1 2 , x x ，则 1 2 2 1 2 2 30 5 4 25 5 4 k x x k x x k  + = −   −   =  −  ， ……………………………….6 分 ∴ ( ) 2 2 2 1212 2 2 2 2 ) 4 900100 1(1 5 4 5 4 k PQkxxxxk k k = +  + = +  − − − − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 9 5 4 10 1 5 4 k k k k − − = +  − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 201 4 4 101 5 4 5 4 k k k k k + + = +  = − − . ………………………….8 分 PQ中点M 坐标为 2 2 2 15 15 , 3 5 4 5 4 k k k k   − − +   − −   ，即 2 2 15 12 , 5 4 5 4 k k k −   −   − −  ， ∴PQ 中垂线方程为： 2 2 12115 5454 k y x kkk   + = − +   − −  ， ……………………………….9 分 令 0 x = ，∴ 2 27 5 4 y k − = − ，∴ 2 27 0, 5 4 T k −     −  ， 第5页（共6页） 则 2 2 2 271515 3 5454 k TF k k + = + = − − ， ……………………………….11 分 ∴ ( ) 2 2 2 2 1515 5 4 3 4 201 5 4 k TF k PQ k k + − = = + − ，即 TF PQ 为定值，定值为 3 4 .……………………………….12 分 22. 解： （1）( ) x xe a e x a x f x x − = − = ， 0  x 当 0  a 时， ( ) 0  x f 恒成立，函数 ( ) x f y = 在( ) + , 0 上单调递减，没有极值点……………………….1 分 当 0  a 时，设( ) x xe x g = ， ( ) ( ) x e x x g 1 + =  ，当 0  x 时， ( ) 0  x g 恒成立 ∴( ) x xe x g = 在( ) + , 0 上单调递增，且( ) a g  = 0 0 ，当 + → x ， + → x e ，则 + → x xe ∴ a xe x = 有唯一解，设为 0 x ……………………………….3 分 ∵当 0 x x  时， ( ) 0  x f ，当 0 0 x x   时， ( ) 0  x f ∴存在一个极大值点，没有极小值点 综上， 0  a 时，没有极值； 0  a 时，有一个极大值点 ……………………………….4 分 （2）∵ 0   + N a ，由（1）得有极大值点 0 x ，使得 a e x x = 0 0 ∴( ) 0 0 max ln x e x a x f − = . 要使得( ) 0  x f ，则 0 ln 0 0  − x e x a a e x x = 0 0 代入消a ，得 ( ) 0 1 ln ln 0 0 0 0 0 0 0  − = − x x e e x e x x x x ∴ 0 1 ln 0 0  −x x ，设( ) x x x h 1 ln − = ，由 x y ln = ， x y 1 − = 在( ) + , 0 上单调递增 得( ) x x x h 1 ln − = 在( ) + , 0 上单调递增 ( ) 0 8 . 1 1 8 . 1 ln 8 . 1 8 . 1  − = h ， 且( ) 0 0  x h ∴ 8 . 1 0  x 设( ) x xe x p = ， ( ) ( ) x e x x p 1 + =  ，当 0  x 时， ( ) 0  x p 第6页（共6页） ∴( ) x xe x p = 在( ) + , 0 上单调递增 ∴ 89 . 10 8 . 1 8 . 1 0 0   = e e x a x ∴ 10  a 下证 10 = a 时成立，此时( ) x e x x f − = ln 10 ， ( ) x e x x f − =  10 ∵ ( ) 0 7 . 1 10 7 . 1 7 . 1  − =  e f ， ( ) 0 75 . 1 10 75 . 1 10 75 . 1 2 8 . 1 7 . 1 75 . 1  − = − =  + e e f ， ( ) 0 10 0 0 0 = − =  x e x x f （利用 8 . 1 7 . 1 2 7 40 e e         ） ∴ 75 . 1 7 . 1 0  x ∵( ) ( ) 1 ln 0 0 0 0 − = x x e x f x ，而 ( ) x e x x x y ln ln ln = = 单调递增 且 1 , 1 ln  −  x x x x ∴ 0 1 64 63 1 75 . 1 1 75 . 1 75 . 1 1 75 . 1 ln 75 . 1 1 ln 0 0  − = −         −  −  − x x ∴满足 0 ln 10 0 0  − x e x ，即a 的最大值为10