【文档说明】甘肃省金昌市第一中学2020-2021学年高二下学期期中考试生物（文）试题含答案.doc，共(12)页，132.500 KB，由小赞的店铺上传

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高二理科数学答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共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。题号123456789101112答案DDBCCDCDCBDA二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.答案：－414．答案：2−15．答案：016．答案：6

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．解由题意知，A，B，C三点在复平面内的坐标分别为(－1,2)，(1，－1)，(3，－4)，∵OC→＝λOA→＋μOB→，∴(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)．

∴－λ＋μ＝3，2λ－μ＝－4，解得λ＝－1，μ＝2.∴λ＋μ＝1.18．解：(1)∵f(x)在x＝2处有极值，∴f′(2)＝0.∵f′(x)＝3x2＋2ax，∴3×4＋4a＝0，∴a＝－3.(2)由(1)知a＝－3，∴f(x)＝x3－3x2＋2，f′

(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x变化时f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－1(－1,0)0(0,2)2(2,3)3f′(x)＋0－0＋f(x)－2↗2↘－2↗2从上表可知f(x)在区间[－1,3]上的最大值是2，最小值是－2.19．解：

(1)∵f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)，又x＝－2和x＝1为f′(x)＝0的两根，∴f′(－2)＝f′(1)＝0，故有－6a＋2b＝03＋3a＋2b

＝0，解方程组得a＝－13，b＝－1.(2)∵a＝－13，b＝－1，∴f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，令f′(x)＝0得x1＝－2，x2＝0，x3＝1，当x∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f′(x)<0，

∴f(x)的单调递增区间为(－2,0)和(1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－2)和(0,1)．20.解（1）以点A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，则A(

0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,4)，D(1,1,0)，C1(0,2,4)，∴A1B→＝(2,0，－4)，C1D→＝(1，－1，－4)，∴cos〈A1B→，C1D→〉＝A1B→·C1D→|A1B→||C1D→|＝31010，又异面直线所成角的

范围是0，π2，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010.（2）AC→＝(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量．设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，∵AD→＝(1,1,0)，AC1→＝(0,2,4)，∴

n·AD→＝x＋y＝0，n·AC1→＝2y＋4z＝0，即x＝2z，y＝－2z，取n＝(2，－2,1)．设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ，则|cosθ|＝|cos〈AC→，n〉|

＝|AC→·n||AC→||n|＝23，∴sinθ＝53，∴平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为53.21．(1)证明以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，D

1F-→＝(0,1，－2)，DA→＝(2,0,0)，DE→＝(2,2,1)．∵D1F-→·DA→＝0，D1F-→·DE→＝0，∴D1F⊥DA，D1F⊥DE，又∵DA∩DE＝D，DA，DE⊂平面ADE，∴D1F⊥平面ADE.(2)解由(1)可知

平面ADE的法向量n＝D1F-→＝(0,1，－2)．设平面A1C1D的法向量为m＝(x，y，z)，DA1→＝(2,0,2)，DC1→＝(0,2,2)，则2x＋2z＝0，2y＋2z＝0，令x＝1，则y＝1，z＝－1，可得m＝(1,1，－1)，∴cos〈m，n〉＝155，∴平面A1C1D与平面

ADE所成的锐二面角的余弦值为155.22．解：（1）当2a=时，()22ln2fxxxx=−+，()222fxxx=−+，则()11f=，()12f=，所以，()fx在()()1,1f处的切线方程为()121yx−=−，即210

xy−−=；（2）()22lngxxxm=−+，则()()()21122xxgxxxx−+−=−=.1,xee，当()0gx=时，1x=.当11xe时，()0gx；当1xe时，()0gx.所以，函数()gx在1,1e上单调递增，

在(1,e上单调递减.故()gx在1x=处取得极大值()11gm=−.又2112gmee=−−，()22geme=+−，2211()40gegeee−=−+，则1()gege，()gx在1,ee上的最小值是()ge

.又()gx在1,ee上有两个零点，则()21101120gmgmee=−=−−，解得2112me+，因此，实数m的取值范围是211,2e+.