成都七中高2021届高二数学下学期半期（理科）考试试卷--答案

成都七中高2021届高二数学下学期半期（理科）考试试卷--答案

1 成都七中 2019～2020 学年度下期 2021 届高二半期考试 数学试卷（理科）答案 一、 选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题列出的四个选项中，选出 符合题目要求的一项． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B B D C B C D D A A D B 12.解：由  fx的极值为 3   2 0 3fx，    00 0 3 cos 0 2 xxf x k k Zm m m         00 0 1 1 1,2 2 2 2 xx mk k Z k xmm             2 2 2222 2 2 2 0 0 0 0 33. 3 3 2 2.4 4 4 m m mx f x x f x m m m m                     或 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. 50 14.  ,4 说明：不写为集合的形式扣 2 分 15.   1,0 e    16． 33 42   ， 16．解：由    232 0 , .3f x x ax a x R       3002ffa   当  30 2x a ， 时，   0;fx 当 3 ,2x a   时，   0.fx 设集合           12, , 1, , 0 ,A f x x B x f xfx         若对任意的  1 2,x   ，都存在  2 1,x   ，使得    121f x f x，等价于 .AB 显然0.B ①当 332, 024aa   即 时，由 3 02f a  ，知0 ,0AB，不满足 AB ； 2 ② 当 33312, 242 aa 即 时 ， 由  20f  ， 且此时  fx 在  2,  上递减，     , 2 ,0 .A f A      由  10f  ，得 在  1,  上取值范围包含  ,0 .AB ③ 当 331,22aa 即 时 ， 由  10f  ， 且此时 在  1,  上递减，     1 ,0,,2,1BAf f  不满足 AB . 综上， 33.42a   ， 三、解答题：（本大题共 6 小题，共 70 分.其中 17 题 10 分，18—22 题每小题 12 分） 17.解：（Ⅰ）由函数 311() 32f x x ，则 2()f x x  ． 曲线 ()yfx 在点 51, 6P   处的切线斜率  11,kf 故切线方程为 5 1,6610.6yxxy 故所求三角形的面积 1 1 1 1 .2 6 6 72S     ………5 分 （Ⅱ）由点 12, 2A   及 ，则 811(2) 322f  ， 不妨设切点为  00,Pxy ，则     2 00 00 3 00 00 00 0311 1 1932 221 22 k f x x xx yx yy y k x                或 …………8 分 故切线方程为 1 182350.2yxy或 …………10 分 （漏解扣 2 分） 3 18. 解：（Ⅰ）当 D 为 AC 中点时,有 //1AB 平面 1BDC ………2 分 连结 1BC交 1BC 于O ,连结 DO ∵四边形 11BCC B 是矩形 ∴ 为 中点 又 为 中点,从而 1//DO AB ………3 分 ∵ 1AB  平面 , DO  平面 ∴ 平面 ………5 分 （Ⅱ）建立空间直角坐标系 B x y z 如图所示, 则 (0 ,0 ,0 )B , ( 3,1,0 )A , (0 ,2 ,0 )C , 33( , ,0)22D 1 (0 ,2 ,2 3)C …6 分 所以 33( , ,0)22BD  , 1 (0,2,23)BC  . ………7 分 设 为平面 的法向量,则有 33022 2230 xy yz     , 即 3 3 xz yz   ………8 分 令 1z ,可得平面 的一个法向量为 1 (3,3,1)n  . …………9 分 而平面 1B C C 的一个法向量为 2 (1,0,0)n  …………10 分 12 12 12 33 13cos, 1313|||| nnnn nn  ， 则二面角 DBCC  1 的余弦值为 13 133 …………12 分 （其他建系方式也可以） 19.解：（Ⅰ）由圆C 的极坐标方程为 2 1 2 cos 4 sin       ， 知圆 的直角坐标方程为 222 4 1 0x y x y     ． ……………………4 分 （Ⅱ）解法 1： 将直线l 的参数方程代入到圆 的直角坐标方程 中，有 2 4 sin 0tt． ),,(1 zyxn  C1B1 D CB A O y x z 4 设 AB、 两点对应的参数分别为 12,tt，则 12 12 4sin 0 tt tt    ． ……………………8 分 由  2 1 2 1 2 1 2 1 24 4sin 2 3AB t t t t t t t t          ， 得 32sin. 233  或 ……………………12 分 解法 2：化为直角坐标方程求解． 20.解：（Ⅰ）由题意可知，   ,0.1 xgxx x 由已知        1 2 1 3 1, , ,1 1 1 2 1 311 x x x x xxg x g x g g x g g xxx x x x x           ， 猜想   ,.1n xgxnN nx  ……………………2 分 下面用数学归纳法证明． ①当 1n  时，  1 1 xgx x  ，结论成立； ……………………1 分 ②假设  1,nkkkN  时结论成立，即   .1k xgx kx  那么，当  11,nkkkN  时，          1 1 111 1 1 k kk k x gx xkxgxg gx xgxkx kx     ，即结论成立． 由①②可知，结论对 nN 成立． ……………………6 分 （Ⅱ）证明：   ,0.1 xg xx x    2 2 1111 111 xg xg n xxn    ． ……………………8 分 5           2222 2222 2222 2 1121311 11111111123 1111 123 1111 1223341 111111 12231 11 1 ggggn n n n n nn n nn nn nn       .1 ……………………12 分 21.解：（Ⅰ）      21ln1 2fxaxaxxaR  ，定义域为  0,  ．     11,0. xaxafxaxx xx    ……………………1 分 令   0fx  ，则 12,1.xax ①当 0a  时，令   0fx  ，则 01x；令   0fx  ，则 1.x   fx 在  0 ,1 上单调递增；在  1,  上单调递减． ②当 01a时，令 ，则 1ax；令 ，则 0 xa或 在  0, a ， 上单调递减；在  ,1a 上单调递增． ③当 1a  时，令   0fx  ，则  fx在  0,  上单调递减． ④当 1a  时，令 ，则1 xa；令 ，则01x或 .xa 在 0,1 ， ,a  上单调递减；在 1, a 上单调递增． ……………5 分 综上所述，①当 时，  fx在 上单调递增；在 上单调递减． ②当 时，  fx在 ， 上单调递减；在 上单调递增． ③当 时， 在 上单调递减． ④当 时，  fx在 ， 上单调递减；在 上单调递增． ………6 分 （Ⅱ）     21ln 1 2f x a x a x x     且当 0a  时，   21 2f x x ax b    恒成立 6 lnb a x x    恒成立 ………………7 分 令   ln,0gxaxxx ，即   min .b g x    10,axagxa xx    gx 在 0,a 上单调递减；在 ,a  上单调递增，    min ln.gxgaaaa  1ln , ,12b a a a a      ． ………………9 分 令   1ln,,1, 2haaaaa      ln0,haaha 在 1 ,12   上单调递增，  min 1ln 21ln 21 ,222h ahb   ，即 b 的最大值为 l n 2 1 2  ． ……………12 分 22.解：（Ⅰ）当 1a  时，    ln0 xefxxxx x      22 1 111. x xex xfxex xxx   ……………1 分 令   xhxex ，则当  0,x  时，   10xhxe  ，      0, 0 1, .xh x h e x    在 上， 即 ……………2 分 （未证明，扣 1 分） 令   0,fx  则 1x  ，经检验，在  0 ,1 上   0fx  ，  fx单调递减；在  1,  上   0fx  ， 单调递增．当 时，函数  y f x 取得极小值 1e  ，无极大值． ……………4 分 （未注明无极大值，扣 1 分） （Ⅱ）      2 1 1 0 xexf x a xxx      ， 令      2 1 1( ) 0 xexp x f x a xxx      ， 则       2 3 22 0. xe x x x p x xx     ………………6 分 7 由（Ⅰ）知，当  0,x  时， ,xex      222222210xexxxxxxxxx ，       2 3 22 00 xe x x x p x xx        fx 为定义域上的增函数.     22111,110,204242 eeafafa   方程   0fx  在  0,  上有唯一解. ………………8 分 设 的解为 0x ，则在  00, x 上   0fx  ，在  0 ,x  上   0fx  ，且 01 2 . x  fx 的最小值     0 000 0 ln xegafxaxx x ． 由  0 0fx  ，得  0 0 2 00 1 1 , xexa xx 代入  ga得，         000 00 000 02 0000 121 ln1 ln1,2 . xxx exexeg axxx xxxxx    ……10 分 令       2 1 ln 1,2 xexx x xx     ，则    2 2 22 . xexxx x x    22 2 2 1 1 1x x x          2 220,xxexxxxe 故  x 为  1,2 上的减函数．          21ln 21,1 .xg ae， ……12 分