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

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）