安徽太和高二下学期期试数学理参考PDF

理科理科数学参考答案数学参考答案 题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10） （11） （12） 答案AADBDADDBCDB （1）A解析：根据演绎推理的“三段论”可知为小前提 （2）A解析： x 1i x（1i） （1i）（1i） x 2 x 2i1yi， x 21 x 2y ， x2 y1，点(2，1)位于第一象限 (3)D 解析：设平面 ABCD 的一个法向量为 n(x，y，z)，则 nAB 0 nAD 0 ，即 4x2y3z0 4xy0 ， 令 y12，则 n(3，12，4)，距离 d|nAP |n| |2. (4) B 解析： abbablnaalnblna a lnb b .设 f(x)lnx x ， 则 f(x)1lnx x2 ，当 xe 时， f(x)0， 故 f(x)在(e， )上单调递减，故 abelna a lnb b abba，故选 B. (5) D 解析：由已知得 2|F1F2|PF1|PF2|，即|PF1|PF2|8，点 P 在以 F1，F2为焦点的椭圆上，2a 8，a4，c2，b212，轨迹方程为x 2 16 y2 121. （6）A解析：设zabi，则根据题意可得 22 1 2 a bab ，解得 3 4 b ，所以z的虚部为 3 4 . （7）D解析：注意到三角形三边中点到两个端点距离相等，类比到四面体的一个面中，外心到这个面三 顶点距离相等，故选 D. （8）D解析：f(x)aeaxcosxeaxsinx，由已知得 f(0)a2. （9）B解析：画图知 S3 1(x 24x3)dx4 3 （10）C解析：AB 2 ，A 2 B，sinAsin( 2 B)cosB，同理 sinBcosA，sinCcosB， 故选 C. (11) D 解析：由已知不妨设 a1，c 7，则|AF1|AF2|2a2，|BF1|2，|BF2|BF1|2a4，cos BF1F22 2（2 7）242 222 7 2 7 7 ，tanBF1F2 3 2 ，即直线 l 的斜率为 3 2 . （12）B解析：当0a 时，原式化为1 e0 x ，故0a 符合题意；当0a 时，ee0 x a x， 故要使 1 ee0 x axa x恒成立， 只需10ax ， 而1yax在0,上单调递减，当x 时，0y ，故0a 不符合题意；当0a 时，10ax ，故要使 1 ee0 x axa x恒成立，只 需 1 ee0, x x a xa x e ，设 1x f x x e ，则 1 2 (x 1) ,0 x1 x e fx x 时，f(x)递减，x1 时，f(x) 递增,f(x)的最小值为 f(1)=1,01a；综上所述，实数a的取值范围为0,1. （13）10i解析：z1对应点为(3，1)，其关于 yx 的对称点为(1，3)，对应复数为 z213i，z1z2 (3i)(13i)10i. （14）1解析： 由条件可求得切点为(1,3)ea， (1) 22fea， 3( 2) 22 10 ea ea ， 解得1.a （15）3 或 2解析：a1a，a2a2，a3a2a，a4a，a5a2，a6aa2，a7a，故an是 周期数列，周期为 6，且 a1a2a60，则 S540，S566aa2，a3 或 2 (16) 4 解析：设椭圆的左焦点为F1，由椭圆定义知|PF|2a|PF1|，APF的周长为|PF|PA|AF| 2a|AF|PA|PF1|2a|AF|AF1|，即P、A、F1三点共线时，APF周长最小又A(2，1)， F1(4，0)，直线AF1的方程为y1 2x2，结合图像易得点 P(0，2)，恰为椭圆上顶点，此时SPAFS PFF1SAFF11 28(21)4. （17） 解析： 1 ab 1 cb 3 abc ac2b （ab）（cb） 3 abc(ac2b)(abc)3(ab)(cb)(a cb)2b(acb)3(acb2bcab)b2a2c2accosBa 2c2b2 2ac 1 2B60A、B、C 成 等差数列，故结论成立(10 分) (18) 解析：()建立如图所示空间直角坐标系 Dxyz，设 AB1，则 A(1，0，0)，B(1，1，0)，E(1，1 2， 1)，H(0，1，1 2)，AH (1，1，1 2)，BE (0，1 2，1)， AH BE 0，BEAH.(6 分) ()设 G(0，t，1)，则AG (1，t，1)，F(1 2，1，1)， 设平面 BEF 的法向量为 n(x，y，z)， EF (1 2， 1 2，0)，BF (1 2，0，1)， 1 2x 1 2y0 1 2xz0 ，令 z1 得 n(2，2，1)， AG平面 BEF，AG n(1，t，1)(2，2，1)0，解得 t1 2， 当 G 是 D1C1的中点时，AG平面 BEF.(12 分) （19）解析：()由已知得 3(a1a2)4a2，a26，3(a1a2a3)5a3，a312， 猜想 ann(n1)(6 分) ()当 n1 时，显然成立 假设当 nk(k1)时成立，即 akk(k1)， 当 nk1 时，3Sk1ak1(k3)，即 3(Skak1)(k3)ak1， 3Skak(k2)，kak1ak(k2)k(k1)(k2)，ak1(k1)(k2)， 当 nk1 时猜想也成立，故猜想正确(12 分) （20）解析：()定义域为 x(0，)当 a1 2时，f(x) x1lnx x2 且 f(1)0 令 h(x)x1lnx，则 h(x)11 x0，故 h(x)在定义域上是减函数，注意到 h(1)0，当 x(0，1) 时，h(x)h(1)0，此时 f(x)0； 当 x(1，)时，h(x)h(1)0，此时 f(x)0 f(x)的极大值为 f(1)=0，无极小值（6 分） ()当 x(0，)时，f(x)2ax1lnx x2 0，故 2alnx1 x ， 令 g(x)lnx1 x ，g(x)2lnx x2 ， 由 g(x)0 得 x(0，e2)，由 g(x)0 得 x(e2，)， 故 g(x)的最大值为 g(e2)1 e2，2a 1 e2，a 1 2e 2（12 分） (21) 解析：()抛物线 x24y 的焦点为 F1(0，1)，c1， 又 b21，a 2，椭圆 C1的方程y 2 2 x21.(4 分) ()F2(0，1)，由已知可得直线 l1的斜率必存在， 设直线 l1：ykx1，由 ykx1 x24y 消去 y 整理得 x24kx40， 由(4k)2440 得 k1， 切点 A 在第一象限，k1， ll1，设直线 l 的方程为 yxm， 由 yxm y2 2 x21，消去 y 整理得 3x 22mxm220， (2m)212(m22)0，解得 3m 3， 设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，则 x1x22m 3 ，x1x2m 22 3 ， |x1x2| （x1x2）24x1x2（2m 3 ）24m 22 3 2 2 3 3m2， 又直线 l 交 y 轴于 D(0，m)， SOBC1 2|OD|x 1x2|1 2|m| 2 2 3 3m2 2 3 m2（3m2） 2 3 （m23 2） 29 4， 当 m23 2，即 m 6 2 ( 3， 3)时，(SOBC)max 2 2 ， 故所求直线 l 的方程为 yx 6 2 .(12 分) （22）解析：（）令 f（x）x22x30，解得 x1 或 x3， 且 f（x）在区间（，1），（3，）上单调递增，在区间（1，3）上单调递减， x11，f（1）5 3，x 23，f（3）9，即 M（1，5 3），N（3，9）， 直线 MN 的方程为 y9 5 39 13 （x3），化简得 y8 3x1.（4 分） （）设 g（x）f（x）（8 3x1） 1 3x 3x21 3x1， 则线段 MN 与曲线 yf（x）的公共点即 g（x）在区间1，3上的零点. 令 g（x）x22x1 30，解得 x 312 3 3 ，x412 3 3 ， 且 g（x）在区间1，12 3 3 ），（12 3 3 ，3上单调递增，在区间（12 3 3 ，12 3 3 ）上单调递减. 由 12 3 3 0g（2）1g（12 3 3 ）， 即 g（12 3 3 ）0，g（12 3 3 ）0， g（x）在区间（12 3