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    2023-2024学年陕西省西安三中高二(上)期末数学试卷(含解析)
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    2023-2024学年陕西省西安三中高二(上)期末数学试卷(含解析)

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    这是一份2023-2024学年陕西省西安三中高二(上)期末数学试卷(含解析),共18页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    1.双曲线x29−y216=1的一个焦点到一条渐近线的距离等于( )
    A. 3B. 3C. 4D. 2
    2.已知数列{an}是等差数列,记数列{an}的前n项和为Sn,若a13=7,则S25=( )
    A. 350B. 700C. 1752D. 175
    3.下列命题:①y=ln2,则y′=12;②y=csx,则y′=sinx;③y=e2x,则y′=e2x;④y=2sinxcsx,则y′=2cs2x,其中正确命题的个数为( )
    A. 0B. 1C. 2D. 3
    4.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A,右焦点为F,若点P在E上,M为AF的中点,PA⊥PF,且|PM|=b,则E的离心率为( )
    A. 25B. 35C. 23D. 12
    5.已知点A(2,2),B(−2,−1),若点A到直线l的距离为1,点B到直线l的距离为4,则满足条件的l有条( )
    A. 1B. 2C. 3D. 4
    6.如图是函数f(x)=x3+bx2+cx+d的大致图象,则x12+x22=( )
    A. 23
    B. 43
    C. 83
    D. 4
    7.已知定义在R上的函数y=f(x),其导函数y=f′(x)满足:对任意x∈R都有f(x)A. f(1)B. f(1)>e⋅f(0),f(2023)>e2023⋅f(0)
    C. f(1)>e⋅f(0),f(2023)D. f(1)e2023⋅f(0)
    8.定义域为R的函数y=f(x),若对任意两个不相等的实数x1,x2,都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),则称函数为“H函数”,现给出如下函数:
    ①y=−x3+x+1;
    ②y=3x−2(sinx−csx);
    ③y=ex+1;
    ④y=sinπxex+e1−x.
    其中为“H函数”的有( )
    A. ①②B. ③④C. ②③D. ①②③
    二、多选题:本题共4小题,共20分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。
    9.对于直线l1:ax+2y+3a=0和直线l2:3x+(a−1)y+3−a=0.以下说法正确的有( )
    A. 直线l2一定过定点(−23,1)B. 若l1⊥l2,则a=25
    C. l1//l2的充要条件是a=3D. 点P(1,3)到直线l1的距离的最大值为5
    10.如图,直三棱柱ABC−A1B1C1中,AC=BC=1,AA1=2,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.则( )
    A. 直线DC1与BC所成角为90°
    B. 三棱锥D−BCC1的体积为13
    C. 二面角A1−BD−C1的大小为60°
    D. 直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积为6π
    11.函数f(x)=x2ex在区间(k,k+32)上存在极值点,则整数k的值为( )
    A. −3B. −2C. −1D. 0
    12.已知Sn是数列{an}的前n项和,S8=17S4.下列结论正确的是( )
    A. 若{an}是等差数列,则S12=48S4B. 若{an}是等比数列,则S12=273S4
    C. 若{an}是等差数列,则公差d>0D. 若{an}是等比数列,则公比是2或−2
    三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
    13.直线y=2x+1的一个法向量n= ______.
    14.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线l与x轴交于点M,点P在抛物线上,直线PF与抛物线交于另一点A,设直线MP,MA的斜率分别为k1,k2,则k1+k2的值为 .
    15.设数列{an}满足a1=2,a2=6,且an+2−2an+1+an=2,若[x]表示不超过x的最大整数,则[2017a1+2017a2+…+2017a2017]= ______.
    16.如图,圆形纸片的圆心为O,半径为4cm,该纸片上的正方形ABCD的中心为O,E,F,G,H为圆O上的点,△ABE、△BCF、△CDG、△DAH分别是以AB,BC,CD,DA为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以AB,BC,CD,DA为折痕折起△ABE、△BCF、△CDG、△DAH,使得E,F,G,H重合,得到一个三棱锥,当正方形ABCD的边长为______cm时,三棱锥体积最大.
    四、解答题:本题共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.(本小题10分)
    已知动点P与两个定点A(1,0),B(4,0)的距离的比是2.
    (1)求动点P的轨迹C的方程;
    (2)直线l过点(2,1),且被曲线C截得的弦长为2 3,求直线l的方程.
    18.(本小题12分)
    已知曲线f(x)=x3−x,
    求(1)曲线在点(−1,0)处的切线方程;
    (2)曲线过点(−1,0)的切线方程;
    (3)曲线平行于直线11x−y+1=0的切线方程.
    19.(本小题12分)
    如图,BC是⊙O的直径,BC=2,点A是BC上的一个动点,过点A作PA垂直⊙O所在的平面,且PA=1.
    (1)当三棱锥O−PAC体积最大时,求直线PO与平面PAC所成角的大小;
    (2)当点A是BC上靠近点C的三等分点时,求二面角A−PO−B的正弦值.
    20.(本小题12分)
    已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22,椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2.
    (Ⅰ)求椭圆C的方程;
    (Ⅱ)已知直线y=k(x−1)(k>0)与椭圆C相交于A、B两点,且与x轴,y轴交于M、N两点.
    (i)若MB=AN,求k的值;
    (ii)若点Q的坐标为(74,0),求证:QA⋅QB为定值.
    21.(本小题12分)
    各项都为整数的数列{an}满足a2=−2,a7=4,前6项依次成等差数列,从第5项起依次成等比数列.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)求出所有的正整数m,使得am+am+1+am+2=amam+1am+1.
    22.(本小题12分)
    已知函数f(x)=a−lnxx−2x2,其中a>0.
    (1)判断函数f(x)的单调性;
    (2)若g(x)=xf(x),且当ax2答案和解析
    1.【答案】C
    【解析】解:双曲线x29−y216=1的一个焦点坐标是(5,0),一条渐近线为y=43x,
    此焦点到渐近线的距离d=203 169+1=4.
    故选:C.
    根据题意得到焦点坐标是(5,0),一条渐近线为y=43x,利用点到直线的距离公式,即可求解.
    本题考查了双曲线的性质,属于基础题.
    2.【答案】D
    【解析】解:∵数列{an}是等差数列,记数列{an}的前n项和为Sn,a13=7,
    ∴S25=252(a1+a25)=25a13=175.
    故选:D.
    利用等差数列前n项和公式和等差数列通项公式能求出S25的值.
    本题考查等差数列的前25项和的求法,考查等差数列前n项和公式和等差数列通项公式等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
    3.【答案】B
    【解析】解:①y=ln2,
    则y′=0,故①错误;
    ②y=csx,则y′=−sinx,故②错误;
    ③y=e2x,则y′=2e2x,故③错误;
    ④y=2sinxcsx=sin2x,
    则y′=2cs2x,故④正确.
    故选:B.
    根据已知条件,结合导数的求导法则,即可求解.
    本题主要考查导数的运算,属于基础题.
    4.【答案】B
    【解析】解:由题意椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A,右焦点为F,若点P在E上,M为AF的中点,PA⊥PF,且|PM|=b,如图:
    而a+c=2b,(a+c)2=4b2,即,(a+c)2=4a2−4c2,
    整理可得:5e2+2e−3=0,e∈(0,1),解得e=35,
    故选:B.
    由椭圆的方程及题意可得P的横坐标,代入椭圆方程求出P的纵坐标,由正切值及a,b,c的关系可得椭圆的离心率可得.
    本题考查椭圆的性质,由PF⊥AF可得P的横坐标,P在椭圆上可得它的纵坐标,属于中档题.
    5.【答案】C
    【解析】解:根据题意,以A为圆心,1为半径作圆A,以B为圆心,4为半径作圆B,
    点A(2,2),B(−2,−1),则|AB|= 16+9=5,则圆A与圆B外切,两圆有3条公切线,
    则满足条件的直线有3条,
    故选:C.
    根据题意,以A为圆心,1为半径作圆A,以B为圆心,4为半径作圆B,分析两个圆的位置关系,可得其公切线的数目,即可得答案.
    本题考查点到直线的距离,涉及两点间距离的计算,属于基础题.
    6.【答案】C
    【解析】解:由图象知f(x)=0的根为0,1,2,∴d=0.
    ∴f(x)=x3+bx2+cx=x(x2+bx+c)=0.
    ∴x2+bx+c=0的两个根为1和2.∴b=−3,c=2.
    ∴f(x)=x3−3x2+2x.∴f′(x)=3x2−6x+2.
    ∵x1,x2为3x2−6x+2=0的两根,∴x1+x2=2,x1x2=23,
    ∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=4−43=83.
    故选:C.
    由图象知f(x)=0的根为0,1,2,求出函数解析式,x1,x2为导函数的两根,可结合根与系数的关系求解.
    本题考查了识图能力,以及极值与导数的关系,考查学生分析解决问题的能力,属中档题.
    7.【答案】B
    【解析】不妨设g(x)=f(x)ex,函数定义域为R,
    可得g′(x)=f′(x)ex−f(x)ex(ex)2=f′(x)−f(x)ex,
    因为对任意x∈R都有f(x)所以f′(x)−f(x)>0在x∈R上恒成立,
    此时g′(x)>0,
    则函数g(x)=f(x)ex在R上单调递增,
    所以g(1)=f(1)e1>g(0)=f(0)e0,g(2023)=f(2023)e2023>g(0)=f(0)e0,
    整理得f(1)>e⋅f(0),f(2023)>e2023⋅f(0).
    故选:B.
    由题意,构造函数g(x)=f(x)ex,对函数g(x)进行求导,利用所给信息判断其导数符号可得函数g(x)单调性,再进行求解即可.
    本题考查利用导数研究函数的单调性,考查了逻辑推理、转化思想和运算能力.
    8.【答案】C
    【解析】解:根据题意,若函数为“H函数”,则对任意两个不相等的实数x1,x2,都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),
    变形可得:(x1−x2)[f(x1)−f(x2)]>0,
    则函数f(x)为R上是增函数;
    反之,若函数f(x)为R上是增函数,必有(x1−x2)[f(x1)−f(x2)]>0,则函数为“H函数”;
    由此依次分析所给的4个函数:
    ①y=−x3+x+1,其导数y′=−3x2+1,不满足y′≥0在R上恒成立,即y=−x3+x+1在R上不是增函数,不是“H函数”;
    ②y=3x−2(sinx−csx),其导数y′=3−2(csx+sinx)=3−2 2sin(x+π4),有y′=3−2 2sin(x+π4)>0恒成立,即y=3x−2(sinx−csx)在R上是增函数,是“H函数”;
    ③y=ex+1,其导数y′=ex,有y′=ex>0恒成立,则y=ex+1在R上是增函数,是“H函数”;
    ④y=sinπxex+e1−x,在区间(0,1)上,y>0,在区间(1,2)上,y<0,则y=sinπxex+e1−x在R上不是增函数,不是“H函数”;
    则其中是“H函数”的有②③;
    故选:C.
    根据题意,分析可得若函数f(x)为R上是增函数,则函数为“H函数”,由此分析4个函数的单调性,综合可得答案.
    本题考查函数单调性的定义和判断,注意函数导数与单调性的关系,属于基础题.
    9.【答案】ABD
    【解析】解:对于A,直线l2:3x+(a−1)y+3−a=0,即3x−y+3+a(y−1)=0,
    令3x−y+3=0y−1=0,解得x=−23y=1,
    故直线l2一定过定点(−23,1),故A正确,
    对于B,l1⊥l2,
    则3×a+(a−1)×2=0,解得a=25,故B正确,
    对于C,由a(a−1)−6=0,解得a=3或a=−2,经验证a=3,a=−2时两条直线平行,故C错误,
    对于D,∵直线l1过定点N(−3,0),
    ∴点P(1,3)到直线l1的距离的最大值为PN= (1+3)2+32=5,故D正确.
    故选:ABD.
    利用直线过定点判断A,利用直线的垂直判断B,利用直线的平行判断C,利用两点间的距离公式判断D.
    本题考查了两条直线平行,垂直的充要条件,考查了直线过定点,两点间的距离公式,属于中档题.
    10.【答案】ABD
    【解析】解:对于A,在矩形AA1C1C中,因为AC=1,AA1=2,
    所以DC1⊥DC,又因为DC1⊥BD,BD∩DC=D,
    所以DC1⊥平面BCD,于是DC1⊥BC,
    所以直线DC1与BC所成角为90°,所以A对;
    对于B,因为DC1⊥BD,再由A知CA、CB、CC1两两垂直,
    三棱锥D−BCC1与三棱锥B−DCC1的体积相同,
    其大小为13⋅12⋅2⋅1⋅1=13,所以B对;
    对于C,取A1B1中点M,连接C1M、DM,C1M⊥A1B1,
    因为平面A1B1C1⊥平面A1ABB1,所以C1M⊥平面A1ABB1,
    所以C1M⊥BD,又因为BD⊥DC1,于是BD⊥平面C1MD,
    所以BD⊥DM,
    ∠C1DM为二面角A1−BD−C1的平面角,设其大小为θ,
    sinθ= 22 12+22= 1010≠ 32,即θ≠60°,所以C错;
    对于D,取侧面A1ABB1中心O,O为三棱柱外接球球心,
    半径R= 12+( 22)2= 32,所以外接球的表面积为4πR2=6π,
    所以D对.
    故选:ABD.
    A证明一条直线垂直另一条直线所在平面;B用等体积法求出三棱体积判断;
    C寻找二面角的平面角,用其正弦值判断;D寻找外接球球心,计算球表面积判断.
    本题考查了异面直线成角及二面角的计算问题,考查了球面表面积及棱锥体积计算问题,属于中档题.
    11.【答案】AC
    【解析】解:f′(x)=(x2+2x)ex,
    当x>0或x<−2时,f′(x)>0,函数单调递增,当−2故当x=−2时,函数取得极大值,x=0时,函数取得极小值,
    若函数f(x)在区间(k,k+32)上不存在极值点,
    则k+32≤−2或k≥0或−2≤k≤k+32≤0,
    解得k≤−72或k≥0或−2≤k≤−1.5,
    所以当−3.5因为k为整数,所以k=−1或−3.
    故选:AC.
    先对函数求导,结合导数与单调性及极值关系即可求解.
    本题主要考出来导数与单调性及极值关系的应用,属于中档题.
    12.【答案】AB
    【解析】解:根据题意,若数列{an}是等差数列,则S4、S8−S4、S12−S8也成等差数列,
    则有2(S8−S4)=S4+(S12−S8),又由S8=17S4,
    则有2×16S4=S4+(S12−17S4),变形可得S12=48S4,故A正确,
    若数列{an}是等差数列,由S8=17S4可得,8a1+28d=17(4a1+6d),
    整理得,30a1+37d=0,无法确定公差d的正负,故C错误,
    若数列{an}是等比数列,若S8=17S4,则有S8−S4=16S4,
    必有(S8−S4)2=S4×(S12−S8),变形可得S12=273S4,B正确,
    同时,由于S8=17S4,则有S8−S4=16S4,
    即a5+a6+a7+a8=16(a1+a2+a3+a4),
    变形可得q4=16或a5+a6+a7+a8=0,解可得q=2或−2或−1,则D错误.
    故选:AB.
    根据题意,分数列{an}是等差数列和等比数列两种情况讨论,分析数列{an}的性质,由此分析选项可得答案.
    本题考查等差数列、等比数列的性质,涉及数列的求和,属于基础题.
    13.【答案】(−2,1)(答案不唯一)
    【解析】解:直线y=2x+1的方向向量为a=(1,2),而n−⋅a=0,
    所以直线y=2x+1的一个法向量n=(−2,1).
    故答案为:(−2,1)(答案不唯一).
    根据给定直线方程求出其方向向量,再由法向量的意义求解作答.
    本题考查了直线的方向向量,主要考查学生的运算能力和数学思维能力,属于基础题.
    14.【答案】0
    【解析】解:设过F的直线x=my+1交抛物线于P(x1,y1),A(x2,y2),M(−1,0),
    联立方程组x=my+1y2=4x,得:y2−4my−4=0,
    于是,有:y1+y2=4m,y1y2=−4,
    ∴k1+k2=y1x1+1+y2x2+1=y1x2+y2x1+y1+y2x1+x2+x1x2+1,
    又y1x2+y2x1+y1+y2=y1(my2+1)+y2(my1+1)+(y1+y2)=2my1y2+2(y1+y2)=2m⋅(−4)+2×4m=0,
    ∴k1+k2=0.
    故答案为:0.
    设过F的直线x=my+1交抛物线于P(x1,y1),A(x2,y2),M(−1,0),联立方程组,结合韦达定理即可得解.
    本题主要考查直线与抛物线的综合,考查运算求解能力,属于中档题.
    15.【答案】2016
    【解析】【分析】
    本题考查了构造方法、等差数列的通项公式、“累加求和”方法、“裂项求和”方法、取整数函数,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
    构造bn=an+1−an,则b1=a2−a1=4,由题意可得(an+2−an+1)−(an+1−an)=bn+1−bn=2,利用等差数列的通项公式可得:bn=an+1−an=2n+2,再利用“累加求和”方法可得an−a1=(n−1)(4+2n)2,解得an=n(n+1),1an=1n(n+1)=1n−1n+1,利用“裂项求和”方法即可得出.
    【解答】
    解:∵构造bn=an+1−an,则b1=a2−a1=4,
    由题意可得(an+2−an+1)−(an+1−an)=bn+1−bn=2,
    故数列{bn}是4为首项,2为公差的等差数列,
    故bn=an+1−an=4+2(n−1)=2n+2,
    故a2−a1=4,a3−a2=6,a4−a3=8,…,an−an−1=2n,
    以上n−1个式子相加可得an−a1=4+6+…+2n=(n−1)(4+2n)2,解得an=n(n+1),
    ∴1an=1n(n+1)=1n−1n+1,∴1a1+1a2+…+1a2017=(1−12)+(12−13)+…+(12017−12018)=1−12018,
    ∴2017(1a1+1a2+…+1a2017)=2017−20172018=2016+12018.
    则[2017a1+2017a2+…+2017a2017]=2016.
    故答案为:2016.
    16.【答案】165
    【解析】解:如图所示,连结OG交CD于点M,则OG⊥DC,且点M为CD的中点,
    连接OC,△OCM为直角三角形,
    设正方形的边长为2x,由圆的性质可知OM=x,
    圆的半径为4,则MG=4−x,
    如图所示,设E,F,G,H重合于点P,
    则PM=MG=4−x>x,
    则0则锥体的体积V=13(2x)2 16−8x=8 23 2x4−x5,
    设y=2x4−x5,y′=x3(8−5x),
    当00,y=2x4−x5单调递增;
    当85据此可得当x=85时,函数y=2x4−x5有最大值,此时V取得最大值,
    此时正方形ABCD的边长为2x=165,
    故答案为:165.
    由题意首先得到体积函数,然后利用导数研究函数的最值,由函数取得最大值的条件即可确定正方形的边长.
    本题主要考查锥体体积的计算,空间想象能力的培养等知识,属于中等题.
    17.【答案】解:(1)设点P(x,y),
    ∵动点P与两个定点A(1,0),B(4,0)的距离的比是2,
    ∴|PA||PB|=2,即|PA|=2|PB|,
    则 (x−1)2+y2=2 (x−4)2+y2,
    化简得x2+y2−10x+21=0,
    所以动点P的轨迹C的方程为(x−5)2+y2=4;
    (2)由(1)可知点P的轨迹C是以(5,0)为圆心,2为半径的圆,
    ∵直线被曲线C截得的弦长为2 3,
    ∴圆心(5,0)到直线l的距离d= 4−3=1,
    ①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=2,此时圆心到直线l的距离是3,不符合条件;
    ②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y−1=k(x−2),即kx−y−2k+1=0,
    所以圆心(5,0)到直线l的距离d=|3k+1| k2+1=1,
    化简得9k2+6k+1=k2+1,解得k=0或k=−34,
    此时直线l的方程为y=1或3x+4y−10=0.
    综上,直线l的方程是y=1或3x+4y−10=0.
    【解析】(1)直接利用条件求出点P的轨迹方程,结合圆的定义即可求解;
    (2)直线l的斜率分存在与不存在两种情况,当直线的斜率不存在时,检验不满足条件;当直线的斜率存在时,用点斜式设出直线的方程,根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率,进而求出直线的方程.
    本题主要考查了点的轨迹方程的求解,还考查了直线与圆位置关系的应用,属于中档题.
    18.【答案】解:由f(x)=x3−x,得f′(x)=3x2−1.
    (1)f′(−1)=2,则曲线在点(−1,0)处的切线方程为y=2(x+1),即2x−y+2=0;
    (2)设切点为(x0,x03−x0),则f′(x0)=3x02−1,
    ∴过切点的切线方程为y−(x03−x0)=(3x02−1)(x−x0),
    把(−1,0)代入,可得−x03+x0=−3x02+1−3x03+x0,
    整理得:(x0+1)2(2x0−1)=0,解得x0=−1或x0=12.
    当x0=−1时,切线方程为2x−y+2=0;
    当x0=12时,切线方程为x+4y+1=0.
    故切线方程为2x−y+2=0或x+4y+1=0;
    (3)由题意可得f′(x)=3x2−1=11,即x=±2,
    当x=2时,y=6,所求切线方程为11x−y−16=0;
    当x=−2时,y=−6,11x−y+16=0.
    【解析】(1)求出原函数的导函数,得到f′(−1),再由直线方程的点斜式得答案;
    (2)利用导数求出过切点的切线方程,代入已知点的坐标,求得切点坐标,进一步可得切线方程;
    (3)由导函数值为11求得切点横坐标,进一步求出切点坐标,再由直线方程的点斜式得答案.
    本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,设切点是关键,是中档题.
    19.【答案】解:(1)因为BC是⊙O的直径,BC=2,所以OA=1.
    VO−PAC=VP−OAC=13⋅S△OAC⋅PA=13⋅12⋅OA⋅OC⋅sin∠AOC⋅PA=16sin∠AOC.
    当∠AOC=π2时,VO−PAC有最大值,此时点A是BC的中点.
    因为PA垂直于⊙O所在平面,所以PA⊥AB.
    因为BC是⊙O的直径,所以AC⊥AB.
    又因为PA,AC⊂平面PAC,AC∩PA=A,所以AB⊥平面PAC.
    如图①,取AC的中点E,连接OE,PE,则OE/​/AB,所以OE⊥平面PAC,
    所以∠OPE为直线PO与平面PAC所成的角,
    此时AB= 2,所以OE=12AB= 22.
    又因为在Rt△PAO中,PA=1,OA=1,所以PO= 2,
    所以sin∠OPE=OEPO=12,故∠OPE=π6.
    当三棱锥O−PAC体积最大时,直线PO与平面PAC所成角的大小为π6.
    (2)当点A是BC上靠近点C的三等分点时,∠AOC=π3,故∠ABC=π6.
    因为BC是⊙O的直径,所以AC⊥AB.
    又因为BC=2,所以AC=1,AB= 3
    因为PA垂直于⊙O所在平面,所以PA⊥AC,PA⊥AB,即AP,AC,AB两两垂直,
    如图②,以A为坐标原点,射线AB,AC,AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系,
    则A(0,0,0),B( 3,0,0),O( 32,12,0),P(0,0,1),
    则AP=(0,0,1),AO=( 32,12,0),PB=( 3,0,−1),BO=(− 32,12,0).
    设平面APO的法向量为n=(x,y,z),则n⊥AP,n⊥AO,
    所以n⋅AP=z=0n⋅AO= 32x+12y=0,
    则z=0,令x=1,则y=− 3,则n=(1,− 3,0).
    设平面PBO的法向量为m=(a,b,c),则m⊥PB,m⊥BO,
    所以m⋅PB= 3a−c=0m⋅BO=− 32a+12b=0,
    令a=1,则b= 3,c= 3,则m=(1, 3, 3),
    所以cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=1−3 7×2=− 77,
    设二面角A−PO−B的平面角为θ,
    则sinθ= 1−cs2〈m,n〉= 427,
    所以二面角A−PO−B的正弦值为 427.
    【解析】(1)当O−PAC体积最大时,由体积公式确定此时点A是BC的中点,再由几何方法确定OE⊥平面PAC,所以∠OPE为直线PO与平面PAC所成的角,最后解三角形求出结果.
    (2)建系,分别求出设平面APO的法向量和平面PBO的法向量,再由空间向量法求出二面角的余弦值,最后求出正弦值.
    本题考查三棱锥的体积和二面角的求法,属于中档题.
    20.【答案】解:(Ⅰ)∵e=ca= 22,
    ∴a2=2c2,代入a2=b2+c2 得b=c.
    又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2,
    即12b×2c=2,即bc=2,以上各式联立解得a2=4,b2=2,
    则椭圆方程为x24+y22=1.
    (Ⅱ)(ⅰ)直线y=k(x−1)与x轴交点为M(1,0),与y轴交点为N(0,−k),
    联立x2+2y2=4y=k(x−1)消去y得:(1+2k2)x−4k2x+2k2−4=0,
    △=16k4−4(1+2k2)(2k2−4)=24k2+16>0,
    设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k21+2k2,
    又MB=(x2−1,y2),AN=(−x1,−k−y1),由MB=AN得:x1+x2=4k21+2k2=1,
    解得:k=± 22. 由k>0得k= 22;
    证明(ⅱ)由(ⅰ)知x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2−41+2k2,
    ∴QA⋅QB=(x1−74,y1)⋅(x2−74,y2)=(x1−74)⋅(x2−74)+y1⋅y2,
    =(x1−74)⋅(x2−74)+k2(x1−1)(x2−1),
    =(1+k2)x1x2+(−74--k2)(x1+x2)+k2+4916,
    =(1+k2)2k2−41+2k2+(−74--k2)4k21+2k2+k2+4916,
    =−8k2−41+2k2+4916=−4+4916=−1516 为定值.
    ∴QA⋅QB为定值.
    【解析】(Ⅰ)根据椭圆的离心率和三角形的面积即可求出a2=4,b2=2,则椭圆方程可得,
    (Ⅱ)(i)根据根与系数的关系以及向量的数量积的运算即可求出,
    (ii)根据根与系数的关系以及向量的数量积的运算即可求出.
    本题考查了椭圆的方程的求法,直线和椭圆的位置关系,向量的数量积,考查了运算能力和转化能力,属于中档题
    21.【答案】解:(1)设前6项的公差为d,
    所以a3=a1+d=−2,a5=a1+4d,a6=a1+5d,
    因为从第5项起依次成等比数列,
    所以4(a1+4d)=(a1+5d)2,a1+d=−2,
    化简可得(4d−3)(d−1)=0,所以d=1或34,
    又因为{an}各项均为整数,所以d为整数,所以d=1,
    当1≤n≤4,an=a2+(n−2)d=n−4,
    当n≥5时,a5=1,a6=2,q=2,
    所以an=2n−5,
    综上所述,an=n−4,1≤n≤42n−5,n≥5,n∈N*;
    (2)当m=1时,a1+a2+a3=−6,a1a3a3=−6,满足条件;
    当m=2时,a2+a3+a4=−3,a2a3a4=0,不满足条件;
    当m=3时,a3+a4+a5=0,a3a4a5=0,满足条件;
    当m=4时,a4+a5+a6=2,a4a5a6=0,不满足条件;
    当m≥5时,an=2n−5,
    若am+am+1+am+2=amam+1am+2,则有amam+1+1+am+2am+1=amam+1,则12+1+2=2m−5+m−3,
    所以22m−8=72,所以22m−7=7,
    因为2m−7≥3,
    所以22m−7≥8,
    故22m−7=7无解,
    综上,m=1或m=3.
    【解析】(1)由已知结合等差数列与等比数列的通项公式即可求解;
    (2)由已知结合已知数列的通项公式,代入进行检验即可求解.
    本题主要考查了等差数列与等比数列的通项公式的应用,属于中档题
    22.【答案】解:(1)f(x)=a−lnxx−2x2,其中a>0,
    f′(x)=−1−lnxx2−−4x3=xlnx−x+4x3,
    令h(x)=xlnx−x+4,则h′(x)=lnx,
    由h′(x)<0得00得x>1,
    ∴h(x)=xlnx−x+4在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,
    当x∈(0,+∞)时,h(x)≥h(1)=3>0,
    ∴f′(x)>0.
    ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
    证明:(2)由于g(x1)=g(x2),所以ax1−lnx1−2x1=ax2−lnx2−2x2,
    即a(x2−x1)=lnx2x1−2(x2−x1)x1x2,所以a+2x1x2=1x2−x1lnx2x1.
    要证明(x1+x2)(a+2x1x2)<1+1a,
    只需证明x1+x2x2−x1lnx2x1<1+1a,即证x2x1+1x2x1−1lnx2x1<1+1a,
    令x2x1=t,即证t+1t−1lnt<1+1a,
    因为ax2令p(t)=t+1t−1lnt(1则p′(t)=(lnt+1+1t)(t−1)−(t+1)lnt(t−1)2=t−1t−2lnt(t−1)2.
    令s(t)=t−1t−2lnt,则s′(t)=1+1t2−2t=(t−1)2t2>0,
    所以s(t)在(1,1a)上单调递增,s(t)>s(1)=0,
    于是p′(t)>0,所以p(t)在(1,1a)上单调递增,
    于是p(t)<1a+11a−1ln1a.
    令q(x)=lnx−x+1(x>1),则q′(x)=1x−1<0,
    所以q(x)在(1,+∞)上单调递减,即q(x)所以当x>1时,lnx1,所以0因此p(t)<1a+11a−1ln1a<1a+11a−1⋅(1a−1)=1+1a,即x1+x2x2−x1lnx2x1<1+1a,
    故(x1+x2)(a+2x1x2)<1+1a,得证.
    【解析】(1)利用导数的正负判断单调性,先求函数的导数,再求导数的导数,根据求最值的方法求出导数的最小值为正数,从而得出结论.
    (2)根据g(x1)=g(x2)得到x1,x2的等式,并将整理好的式子代入要证明结论的左边,并将左边整理.然后用分析法结合上述整理好的式子进行证明,然后构造函数用导数求构造函数的值域,从而得证.
    本题考查了利用导数研究函数的单调性,函数的极值点偏移问题,属于难题.
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