成都七中高2020届高二数学下学期半期（文科）考试试卷--答案 4页

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