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浙江省嘉兴市2021-2022学年高二上学期期末检测数学试题答案

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嘉兴市2021—2022学年第一学期期末检测高二数学答案(2022.1)一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.BADABCDBxx27.【解析】先证ba,令fxe2lnx,则当x1时,fxe0成立,所以fx在1,上x22x单调递增,所以f2f3,即ba成立.下证ac,ace2eln2,令pxeex,ex则pxee,可得px在,1单调递减,1,单调递增,所以pxp10,所以p20;minx11xe令qxlnx,则qx,可得qx在0,e单调递减,e,单调递增,所以eexexqxqe0,所以q20,即ac成立,故选D.min8.【解析】因为FFFFFFFFF1FFFF12462020124620203462020FFF1F1,故A错误;因为5620202021FFFFFFFFFFFF,故D错误;由AD知135202123520214520212022FFFFF1FF1,故C错误;下证B正确,因为FFF,所以1232021202120222023n1n2n2222FFFFF,即FFFFF,FFFFF,,FFFFF,累加得n1n1n2nn1223123342320212021202220202021222FFFFFFF,即23202120212022122222FFFFFF得证,故B正确.123202120212022二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.ACD10.CD11.BCD12.BC三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.22n113.x1y1414.2n2115.4316.a,eexxxlnxelnxe16.【解析】由题意知x0,所以axlnxeax0aa0,令px,qx,xxxx高二数学答案第1页(共5页)\nx1lnxe1可求得pxpe,qxq1e,所以a恒成立,即a,e.maxminexxe四、解答题:本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本题满分10分)10099d10099d选择①解析:(Ⅰ)因为S100a10010000,100122所以d2,a1n1d2n1.………………………………………………5分n11111(Ⅱ)因为b,………………………………………………8分nanan12n12n122n12n111111111n所以T11.…………………………………10分n23352n12n122n12n1222选择②解析:(Ⅰ)因为a,a,a成等比数列,所以aaa,即14d1d113d,化简得d2d,25145214因为d0,所以d2,a1n1d2n1.………………………………………………5分n(Ⅱ)同上1232022选择③解析:(Ⅰ)因为1a1a1a1a2022,所以1011d2022,所以d2,1232022an1n1d2n1.………………………………………………5分(Ⅱ)同上18.(本题满分12分)解析:(Ⅰ)根据频率和为1,可知0.00240.00360.0060x0.00240.0012501,计算得x0.0044.………………………………………………3分150200由图可知,最高矩形的数据组为150,200,所以众数为175度.………………………6分2(Ⅱ)由频率分布直方图知:用电量落在区间100,250内的频率为0.00360.00600.0044500.7,………………………………………………9分所以用电量落在区间100,250内的总户数为0.7200140万户.………………………………12分19.(本题满分12分)2222解析:(Ⅰ)圆C:xy2x8y80,即为x1y425,所以C1,4,r5,11122圆C:xay2a225,所以Ca,2a2,r5,……………………………2分22222因为两圆外切,所以CCrr10,得a12a210,1212高二数学答案第2页(共5页)\n2化简得a120,所以a125.………………………………………………5分22222(Ⅱ)法①圆C:xay2a225,即为xy2ax41ay5a8a210,222xy2x8y80,将圆C1与圆C2的方程联立,得到方程组222xy2ax41ay5a8a210,2两式相减得公共弦AB的方程为:22ax44ay5a8a130,……………………………7分22AB5535由于AB55,得点C到直线AB的距离:dr25,…………9分1C1AB2422222a444a5a8a13355a10a535所以,即,即a13,22a244a2225a12解得a2或者a4.………………………………………………12分法②如图因为rr5,所以圆C与圆C关于直线AB对称,1212因为AB55,得点C到直线AB的距离:122AB5535dr25,…………9分C1AB24222所以CC35a12a2,12解得a2或者a4.…………………………………12分20.(本题满分12分)解析:(Ⅰ)法①:设等比数列an的公比为q,因为S1a1,S3a3,S2a2成等差数列,所以2a311S3a3S1a1S2a2S3a3,即4a3a1,于是q,又因为首项为的等比数列an单调a14211递减,所以q,ann.………………………………………………3分221n1法②:设等比数列an的公比为q,所以anq,因为数列an单调递减,所以0q1,因为S1a1,2S3a3,S2a2成等差数列,所以S1a1S2a22S3a3,12131121q121q1122即q2q,化简得4q1,因为0q1,所以q,221q21q22高二数学答案第3页(共5页)\n1a.………………………………3分nn2nbn1bnn1bn1bnbn因为n1n,即1,所以数列是以1为首项1为公差的等差数列,n1nnbn2即n,所以bn.………………………………………………6分nnn123n(Ⅱ)因为anbnn,所以Tn23n①,………………………8分222221123n所以Tn234n1②,22222n111n两式相减得11111n22n1nT12n222232n2n112n122n112n2所以Tn2n2,得证.………………………………………………12分221.(本题满分12分)2解析:(Ⅰ)因为抛物线C:y2pxp0的准线l:x1,p2所以1,即p2,抛物线C的方程为y4x.………………………………………………4分2(Ⅱ)方法①:设P1,t,Ax,y,PA中点Mx,y,1122则直线PA的方程为:ykx1tk0,114yy,12yk1x1t,2k1联列2消x得k1y4y4k14t0,所以………………………6分y4x,yy4k14t,12k18ty,1ty13k138t4t4k14t又因为y2,则,所以,24t3k33k3ky,11123k312222化简得36tk32tk320,同理36tk32tk320,………………………9分112232tkk,122112236t所以k1、k2是方程36tk32tk320的两根,则则tk3,所以存在32kkkk,1212236t1满足条件.………………………12分222方法②:因为抛物线C的方程为y4x,设P1,t,Aa,2a,PA中点Mm,2m,高二数学答案第4页(共5页)\n22a122m,a2m1,222t则即at消m得ata20,………………………6分2atm,42m,2422222t同理设Bb,2b,PB中点Nn,2n,则btb20,422t所以a、b是方程xtx20的两根,即abt,………………………9分42a2m21am3t1bm3t又因为k,即a,同理b,122amamk248k24812113t所以abtk,所以存在1满足条件.………………………12分3kk441222.(本题满分12分)x解析:(Ⅰ)fxxlnx2,定义域x2,,f00,fxlnx2,……………2分x2所以f0ln2,故fx在点0,f0处的切线方程为:yln2x.……………4分x2x2(Ⅱ)证明:(ⅰ)令gxxlnx2x1,则gxlnx21lnx2,x2x22x212x4令hxlnx2,则h1g10,hx0成立,22x2x2x2x2所以hx在2,上单调递增,所以当x2,1时,gxhx0,gx单调递减;当x1,时gxhx0,gx单调递增,所以gxg10,所以fxx1成min立.……………8分(ⅱ)不妨设xx,因为yk与yx1的交点为k1,k,故xk1.……………9分121x令pxxlnx2ln2x,则pxlnx2ln2,x2x12x4令qxlnx2ln2,则q0p00,qx0成立,22x2x2x2x2所以qx在2,上单调递增,所以当x2,0时,pxqx0,px单调递减;当x0,时pxqx0,px单调递增,所以pxp00,所以fxln2x成立,minkk因为yk与yln2x的交点为,k,故x,……………11分2ln2ln2k1所以xxk11k1,得证.……………12分12ln2ln2高二数学答案第5页(共5页)

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2022-08-10 13:00:05 页数:5
价格:¥5 大小:224.13 KB
文章作者:fenxiang

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