河南省实验中学2022-2023学年下期期中高二数学试卷含答案

（时间：120分钟，满分：150分）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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）

1.已知函数f(x)xsinxcosx，则f(x)( ) A．xcosx

B．xcosx

C．2sinxxcosx

D．xsinx

2.已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3a781，则log3a1log3a5log3a9( ) A．3

B．4

C．5

D．6

3.将3名男生和2名女生排成一队照相，要求女生相邻，共有( )排法． A．120

B．24

C．48

D．96

4.已知Sn表示等差数列{an}的前n项和，且1A．

9S51S，那么5( ) S103S201C．

81D．

3B．

1 105.若(x1)4a4x4a3x3a2x2a1xa0，则a4a3a2a1a0( ) A．1

B．1

C．15

D．16

6.数列{an}中，a11，an1A．

n1 22an，则an( ) (n为正整数）

an22 n1B．C．

2n n1D．

n1 2n117.函数f(x)x3ax2x1存在两个极值点，则实数a的取值范围是( )

32A．,22, B．,22, C．2,2 8.将4个A和2个B随机排成一行，则2个B不相邻的概率为( ) 1A．

3D．2,2

2 B．

5C．

234D．

59.函数f(x)lnxax22在区间(1,4)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是( ) A．(,1) 321B．(,)

2C．(,1] 321D．(,]210.数列{an}满足a14，an13an2，nN*，(an1)an28，则实数的取值范围是( ) A．(,9)

B．(,8)

C．(12,9)

D．(12,7)

11.设函数f(x)的定义域为R，其导函数为f(x)，且满足f(x)f(x)1，f(0)2023，则不等式exf(x)ex2022（其中e为自然对数的底数）的解集是( ) A．(2022,) 12.设alnB．(,2023)

C．(0,2022)

D．(,0)

1111,btan,c，则( ) 101011A．abc

B．cba C．acb D．cab

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.在(2x21)6的展开式中，x2的系数为 ．（用数字作答） 14.设数列{an}，{bn}均为等差数列，它们的前n项和分别为Sn，Tn，若a2 ． b2Sn2n3，则Tn3n915.在学雷锋志愿活动中，安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有 种．

ex16.已知正实数x，y满足eylnxylny，则lny的最小值为 ．

xx

三、解答题（共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17题10分，其 余试题每题12分）

17.已知{an}满足：2anan1an1n2,nN，a11，5a23a3．

(1)求an； (2)令bn

1nN*，求数列{bn}的前n项和Tn．

anan1

18.已知函数f(x)＝x2－2x＋aln xaR．

(1)若函数在x＝1处的切线与直线x－y－2＝0垂直，求实数a的值； (2)当a>0时，讨论函数的单调性．

19.设数列an的前n项和为Sn，且2Sn13annN． (1)求an； (2)求数列nan的前n项和Tn．

20.如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，AD2CD2PD，M为BC的中点．

(1)证明：AM⊥平面PBD； (2)求二面角P－AM－D的正弦值．



2213． 21.已知椭圆C:x2y21ab0，离心率e，过点1,2ab2(1)求C的方程；

(2)直线l过点M0,1，交椭圆与A、B两点，记N0,3 ，证明kNAkNB0．

22.已知函数fxexax1．

(1)若x0时，fx0恒成立，求a的取值范围； (2)记gx12x，讨论函数fx与gx的交点个数． 2

河南省实验中学2022--2023高二数学期中

参 1 A 2 D 3 C 4 B 5 D 6 B 7 A 8 C 9 A 10 B 11 D 12 D 1 15．150 16．1 613． 12 14．

212ax210在1,4有解，9.解：函数f(x)lnxax2的定义域是(0,)，f(x)2ax

xx1111即2a2，即2a，解得a，所以a的取值范围是(,)．

163232x大10.解：数列{an}满足an13an2，则an113(an1)，且a113，

数列{an1}是以3为首项，3为公比的等比数列，则an133n13n，即an3n1，

又nN*，(an1)an28，转化为3n3n27对nN*恒成立，即1又数列{127， 3n2727是递增数列，则当时，}(1)min8，即8， n13n3n故实数的取值范围是(,8)． 11.解：设g(x)f(x)1，exf(x)f(x)1，即f(x)f(x)10，

g(x)f(x)f(x)10，g(x)在R上单调递减，又f(0)2023，

exf(x)1f(0)12022f(0)1， exe0不等式exf(x)ex2022即g(x)g(0)，x0，原不等式的解集为(,0)． 12.解：由abln(1所以f(x)11)tan，令f(x)ln(1x)tanx，x0， 1010111cosx[1,1],(,1]， ，因为1xcos2xcos2x11，故f(x)0，所以f(x)在(0,)上单调递减， x1因为x0，所以1x1，01又f(0)ln(10)tan00，所以f()f(0)0，

10所以ln(111111)tan0，即lntan，所以ab． 1010101011()nl1(x)x令gx)，

1111，0x1，所以g(x)由acln(11x10，1x1x111所以g(x)在(0,1)上单调递增，所以g()g(0)ln100，所以ln(1)0，

111111即ln111，所以ac，综上，cab． 101116.解：exylnxylny，exylnxy即xexxylnxy，

设f(x)xex，则f(x)f(lnxy)，且f(x)ex(x1)，所以f(x)在(1,)上单调递增， 正实数x，y，exylnxye01，即lnxyexexexex即y，则lnylnxxxx10，所以f(x)f(lnxy)，等价于xlnxy， yylny1，于是最小值为1． 17.解：(1){an}满足：2anan1an1nN，则{an}为等差数列，a11，5a23a3， 即51d312d，解得d2，an2n1；......................5分 (2) bn11111，

anan12n12n122n12n1111111则Tn123352n12n111n．......................10分 122n12n1a

18.解：函数定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝2x－2＋x．

(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－1，得a＝－1．..............4分

2

a2x－2x＋a2

(2)f′(x)＝2x－2＋x＝(x>0)，对于方程2x－2x＋a＝0，记Δ＝4－8a. x

1

①当Δ≤0，即a≥2时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

1－1－2a1＋1－2a1

②当Δ>0，即00，故x2>x1>0. 2＝22

112a112a0,,时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x22112a112a时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． ,当x221

综上所述，当a≥2时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

112a1上单调递增，112a,112a上单调递减， 0,当0}是以1为首项，以3为公比的等比数列，∴ ．..............6分

(2)由(1)可得 ，∴ ， ∴ ， ∴ ∴

，

．..............12分 20.解： (1)证明：M为BC的中点，DABMBAADAB2，又四棱锥PABCD的底面是矩形， ABAM2，RtDAB∽RtABM，DBAAMB， ，MBDANB又MBDDBA22AMDB，

PD底面ABCD，AM底面ABCD， PDAM，又DBPBB，且DB，PB平面PBD，AM平面PBD．........5分

(2)PD平面ABCD，又AD，DC平面ABCD，

PDAD，PDDC，又四棱锥PABCD的底面是矩形，

ADDC，建立如下图所示的空间直角坐标系，设CD1：

D(0,0,0),P(0,0,1),A(2,0,0),M(22,1,0)，,1,0)，DP(0,0,1)， PA(2,0,1)，MA(22PD平面ABCD，平面AMD的法向量为DP(0,0,1)，

设平面APM的法向量为n(x,y,z)， nPA2xz0则，取n(2,1,2)， 2xy0nMA2二面角P－AM－D的余弦值为：

|cosDP,n||DPn|427，

7|DP||n|2721...............12分7于是二面角P－AM－D的正弦值为

91a24b2122xyc1，解得a2,b3，于是C:21.解：(1)由题得1；..............4分

e43a2a2b2c2

(2)直线l的斜率不存在时，易得kNAkNB0；

x2y21， 直线l的斜率存在时，可设为l:ykx1，联立方程即34ykx1消y可得34k2x28kx80，易得0，设Ax1,y1,Bx2,y2， 韦达定理可得x1x28k8,xx； 1234k234k2kNAkNB11y13y23kx12kx22x1x22k22k2， xxx1x2x1x2xx2121x1x2xx8k2k2122k20，得证．..............12分 x1x2x1x28x0，ex1，

韦达代入得kNAkNB2k222..解：(1)f(x)exax1，f(x)exa．

0，g(x)单调递增，g(x)g(0)0，不等式成立， 当a„1时，g(x)exa…当a1时，g(lna)0．x(0,lna)，g(x)0，g(x)单调递减，g(x)g(0)0，这与题设矛盾．综上，a的取值范围为(，1]．..............5分

(2) 记Fxfxgxex1x2ax1，则F00，Fxexxa． 2记hxFxexxa，则hxex1，hx单调递增，且由唯一零点0，于是hx在

，0单调递减，0，单调递增，hx在0处取得最小值h01a．

当h01a0，即a1时，hx0，

故Fx在R上单调递增，Fx在R上有唯一零点0;

当h01a0，即a1时，limhxlimexxa，

xxxlimhxlimexxa，于是hx有两个零点，且x10x2，

x单调递增， 于是Fx在，x1单调递增，x1，x2单调递减，x2，1又F00，则Fx10，Fx20，limFxlimexx2ax1，xx2

1limFxlimexx2ax1，则由零点存在定理可得Fx在，x1存在唯xx2存在唯一零点，故此时有三个零点． 一零点，Fx在x2，综上可得a1时，有一个交点；a1时，有三个交点．..............12分