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  • 2021-06-30 发布

成都七中高2020届高二数学下学期半期(文科)考试试卷--答案

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1 成都七中 2019~2020 学年度下期 2021 届高二半期考试 数学试卷(文科)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   l n 2f x m x x,故   2xxf e m x e  由不等式  12xf x m x e   在  0,x    上恒成立,则    1 xf x f e  在  0,x    上恒 成立. 11xxe     l n 2f x m x x   在  1,x    上单调递减   20mfx x    对  1,x  恒成立 2mx 对  1,x  恒成立 2m 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13. 1 2 14. 21,2 e说明:不写为集合的形式扣 2 分 15. 2 55 16.   1,0 e    16.解:数形结合时注意渐近线 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 ()y f x 在点 51, 6P  处的切线斜率  1 1,kf 故切线方程为 5 1, 6 6 1 0.6y x x y       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 311() 32f x x,则 8 1 1(2) 3 2 2f    , 2 不妨设切点为  00,P x y ,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 18 2 35 0.2y x y   或 …………10 分 (漏解扣 2 分) 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 11B CC B 是矩形 ∴ 为 中点 又 为 中点,从而 1//D O A B ………3 分 ∵ 1AB  平面 , DO  平面 ∴ 平面 ………6 分 (Ⅱ)设点 B 到平面 11A B C 的距离为 d ,则由 1111BAB CABB CVV 知 1111 21522333232 d ,解得 215 5d  . …………12 分 19.解:(Ⅰ)由圆 C 的极坐标方程为 2 12cos4sin , 知圆 的直角坐标方程为 222410xyxy . ……………………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 4sin0tt. 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 21 21 2 1 2 44sin2 3AB t tt tt 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)t - =3,z - =2.2,∑ 5 i=1 tizi=45,∑ 5 i=1 t2i =55, 3 b ^ =45-5×3×2.2 55-5×9 =1.2, a ^ =z - -b ^ t - =2.2-3×1.2=-1.4, 所以z ^ =1.2t-1.4. …………4 分 (Ⅱ)将 t=x-2 014,z=y-5,代入z ^ =1.2t-1.4, 得 y-5=1.2(x-2 014)-1.4,即y ^ =1.2x-2 413.2. …………8 分 (III)因为y ^ =1.2×2 022-2 413.2=13.2, 所以预测到 2022 年年底,该地储蓄存款额可达 13.2 千亿元. …………12 分 21.解 (Ⅰ)设椭圆 P 的方程为x2 a2+y2 b2=1(a>b>0), 由题意得 b=2 3,e=c a=1 2, ∴a=2c,b2=a2-c2=3c2,∴c=2,a=4, ∴椭圆 P 的方程为x2 16+y2 12=1. …………4 分 (Ⅱ)假设存在满足题意的直线 l,易知当直线 l 的斜率不存在时,OR→ ·OT→<0,不满足题意. 故可设直线 l 的方程为 y=kx-4,R(x1,y1),T(x2,y2). ∵OR→ ·OT→=16 7 ,∴x1x2+y1y2=16 7 . 由  y=kx-4, x2 16+y2 12=1 得(3+4k2)x2-32kx+16=0, 由 Δ>0 得(-32k)2-64(3+4k2)>0,解得 k2>1 4.①(没考虑的扣 1 分)…………6 分 ∴x1+x2= 32k 3+4k2,x1x2= 16 3+4k2, ∴y1y2=(kx1-4)(kx2-4)=k2x1x2-4k(x1+x2)+16, 故 x1x2+y1y2= 16 3+4k2+ 16k2 3+4k2- 128k2 3+4k2+16=16 7 , 解得 k2=1.② …………10 分 由①②解得 k=±1 ,∴直线 l 的方程为 y=±x-4. 4 故存在直线 l:x+y+4=0 或 x-y-4=0 满足题意. …………12 分 22.解:(Ⅰ)由已知得    110axfxax xx   , ①当 0a  时,   0fx  ,  fx 在  0,  上单调递减. ………1 分 ②当 0a  时,令  =0fx ,则 1x a  10, 0x f xa     当 时, 在 10, a   上单调递减;  1 ,0xfx a  当 时, 在 1 ,a  上单调递增. ………4 分 综上所述,①当 时,函数  fx的单调递减区间是 ,无单调递增区间; ②当 时,函数 的单调递减区间是 ,单调递增区间是 . ………5 分 (Ⅱ)证明:由函数  fx有两个零点 12,xx, 不妨设 12xx ,则 11ln 0,x ax 22ln 0,x ax  2121lnln,xxaxx ………6 分 要证 12 112lnlnxx, 只需证 12 112axx,即证 12 12 + ,2 xx axx  只需证 1221 1221 +lnln ,2 xxxx x xxx   ………7 分 只需证 22 212 121 ln,2 xxx xxx   只需证 221 112 1ln, 2 xxx xxx   令 2 1 1xt x,即证 11ln, 2ttt  设   11ln,1 2tttt t   , 则    22 22 121 022 tttt tt   ………10 分 即函数  t 在 1,  上单调递减,则    10t,即得 12 112ln lnxx成立. ……12 分