2021—2022学年下期期中高二理数答案

第 页 共4 页 1 河南省实验中学2021——2022 学年下期期中试卷 理科数学参考答案 一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 分，满分60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，满分20 分． 13. 9 2 14. 壬辰 15. 0 16. 1 [ , ) e  三.解答题:共70 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 解： 1 z mi   ， 1 z mi  ．  (3 ) (1 )(3 ) (3 ) (1 3 ) z i mi i m m i          ．……………………2 分 又 (3 ) z i   为纯虚数，3 0 1 3 0 m m       ，解得 3 m ． 1 3 z i   ．……………………4 分 （Ⅰ） 1 3 2 5 1 1 2 2 i z i i      ， 1 26 | | 2 z   ；…………………………6 分 （Ⅱ） 1 3 z i   ， 2 1 ( 1) (3 3) 1 3 10 a a a i z i         ，……………………7 分 又复数 2 z 所对应的点在第一象限， 1 0 10 3 3 0 10 a a            ，………………9 分 解得： 1 a ．所以实数a 的取值范围为( 1, ) ．………………10 分 18.解： （Ⅰ）连接OB ，在Rt OAB  中， AB x   ， 2 36 OA x    ， 设圆柱底面半径为r ，则 2 36 2 x r    ，即 2 2 2 4 36 r x    ，…………3 分 3 2 36 ( ) 4 x x V x r x        ，其中0 6 x   ．……………………6 分 （Ⅱ）由 2 36 3 ( ) 0 4 x V x     及0 6 x   ，得 2 3 x  ，………………8 分 当0 2 3 x   时， ( ) 0 V x   ， ( ) V x 单调递增； 当2 3 6 x   时， ( ) 0 V x   ， ( ) V x 单调递减；………………10 分 ∴当 2 3 x  时， ( ) V x 有极大值，也是最大值为12 3  m3．…………12 分 19.解： （Ⅰ）根据题意，分2 步进行分析： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 C D C B C C A B B D C A 第 页 共4 页 2 ①在一班3 名选手中选出2 人，在二班5 名选手中选出2 人，有 2 2 3 5 30 C C  种选法； ②将选出的4 人安排跑1、2、3、4 棒，有 4 4 24 A  种情况， 则有30 24 720   选派方法；………………………………6 分 （Ⅱ）根据题意，分2 步进行分析： ①二班的选手甲必须被选，且他不能跑第一棒，则甲的安排方法有3 种， ②在剩下7 人中选出3 人，安排在其他三棒，有 3 7 210 A  种排法， 则有3 210 630   种选派方法. ………………………………12 分 20. （Ⅰ）证明：要证明 3 3 2 2 a b a b ab    只需证明 2 2 ( )( ) ( ), a b a ab b ab a b      只需证明 2 2 ( )( ) ( ) 0, a b a ab b ab a b       只需证明 2 2 ( )( 2 ) 0, a b a ab b     只需证明 2 ( )( ) 0, a b a b    而已知, a b 是不相等的正数， 所以 2 ( )( ) 0 a b a b    成立， 故 3 3 2 2 a b a b ab    成立. ……………6 分 （Ⅱ）证明：①当 1 n 时，左边 1 ，右边 1 ，所以等式成立. ……………7 分 ②假设当n k  时，等式成立，即1 3 5 ( 1) (2 1) ( 1) k k k k     L 成立. 那么，当 1 n k  时， 1 1 1 3 5 ( 1) (2( 1) 1) ( 1) ( 1) (2( 1) 1) k k k k k k           L 而 1 1 1 ( 1) ( 1) (2( 1) 1)= ( 1) ( 1) (2 1) k k k k k k k k           1 ( 1) 1) k k    （ ， 这就是说，当 1 n k  时等式成立. ……………11 分 由①, ②可知1 3 5 ( 1) (2 1) ( 1) n n n n      （ * n N  ）成立.……………12 分 21.（Ⅰ）设  ( ) 1 ln a h x f x x x     ，其中x>0， 则  2 2 1 a x a h x x x x      ，………………………………2 分 当 0 a  时，  0 h x   ，故 h x 在  0,上为减函数；………………………………3 分 当 0 a  时，由 ( ) 0 h x   可得x a  ； 若   0, x a   ，则  0 h x   ，故( ) h x 在  0, a  上为增函数； 第 页 共4 页 3 若   , x a  ，则  0 h x   ，故( ) h x 在  , a  上为减函数；………………………………5 分 综上所述：当 0 a  时，( ) h x 在  0,上为减函数； 当 0 a  时，( ) h x 在  0, a  上为增函数，在  , a  上为减函数.………………………………6 分 （Ⅱ）  ln 1 a f x x x     因为  f x 在  0,内单调递减，则  0 f x   于  0,恒成立， 故   ln 1 a x x   在  0,恒成立，即  min [ ln 1 ] a x x   .………………………………9 分 令   ln 1 , 0 u x x x x    ，则  ln 2 u x x    . 令 ( ) 0 u x   得 2 1 x e  ，当 2 1 (0, ) x e  时， ( ) 0 u x   ，( ) u x 单调递减； 当 2 1 ( , ) x e  时， ( ) 0 u x   ，( ) u x 单调递增. 所以 min 2 2 1 1 ( ) ( ) u x u e e   ，所以 2 1 a e  ， 经检验可得， 2 1 a e  时满足条件，因此a 的取值范围为 2 1 ( , ] e  .……………………12 分 22. 解：（Ⅰ）解：因为    2 e 2 x f x x a    ，则  1 ex f x a    ， 在直线方程 1 0 x y   中，令 0 x  ，可得 1 y ，………………………………2 分 由题意可得   0 1 1 0 2 1 f a f a            ，解得 2 a  .………………………………4 分 （Ⅱ）因为函数    2 e 2 x f x x a    的定义域为R ，  1 ex f x a    . 当 0 a  时，对任意的 R x ，  0 f x   ，即函数  f x 在R 上单调递增，此时函数  f x 无极值；……6 分 当 0 a  时，由  0 f x   ，可得 ln x a  ， 当 ln x a  时，  0 f x   ，此时函数  f x 单调递增， 当 ln x a  时，  0 f x   ，此时函数  f x 单调递减，………………………………8 分 故函数  f x 的极大值为   1 ln 2 2 ln 2 ln 1 3 f a a a a a a a               ， 整理可得 ln 1 0 a a   ，………………………………10 分 令 ln 1 g a a a   ，其中 0 a  ，则  1 1 0 g a a    ，故函数 g a 在  0,   上单调递增， 且 1 0 g  ，由 ln 1 0 a a   可得  1 g a g  ，解得0 1 a  . 第 页 共4 页 4 因此，实数a 的取值范围是  0,1 .………………………………12 分