【文档说明】黑龙江省哈尔滨市哈师大附中2020-2021学年高二下学期期中考试 数学（理） 答案.（理）.docx，共(4)页，92.158 KB，由小赞的店铺上传

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高二下学期期中考试（数学理）参考答案：选择题：DBCDABBADACC填空题：13.114.315.1616.2-,03解答题：17.解：（1）()1xfxe=−令()0fx，得0x令()0fx，得0x(

)fx在(),0−递减，在()0,+递增，min()(0)0fxf==----6（2）(1)1,(1)2fefe=−=−()fx在1x=处的切线方程为(2)(1)(1)yeex−−=−−即(1)1yex=−−--

--1218.解：（1）设“从所有试验动物中任取一只，取到‘注射疫苗’动物“为事件E，由302()1005yPE+==，解得10y=，由此能求出40x=，60A=，40B=.----3（2）求出2100(20103040)5016.6710.828505060

403k−==，从而有99.9%把握认为注射此种疫苗有效.----6（3）抽出的感染病毒的小白鼠中共有8只为未注射疫苗的，有2只是注射疫苗的的可能取值为0,1,230823107(0

)15CCPC===21823107(1)15CCPC===12823101(2)15CCPC===∴的分布列为：012P715715115所以7713()0121515155E=++=--

-1219.解：（1）由（0.002+0.0095+0.011+0.0125+x+0.005+0.0025）×20＝1，解得x＝0.0075；---2（2）用频率估计概率，可得从该市所有高三考生的理综成绩中随机抽取1个，理综成

绩位于[220，260）内的概率为（0.0125+0.0075）×20＝0.4，---4所以随机变量Y服从二项分布Y～B（3，0.4），故P（Y＝k）＝C3k0.4k0.63﹣k，k＝0，1，2，3，---6故Y的分布列为Y

0123P0.2160.4320.2880.064---10则E（Y）＝3×0.4＝1.2；---1220.解:（1）因为抛物线𝑥2=−4√3𝑦的焦点是(0,−√3)，所以𝑏=√3．因为𝑐𝑎=√22，且𝑎

2=𝑏2+𝑐2，所以𝑎=√6，𝑐=√3．所以椭圆𝐶的方程𝑥26+𝑦23=1．---3（2）（i）设点𝐴(𝑥0,𝑦0)，那么点𝐷为(𝑥0,−𝑦0)，因为𝑀是线段𝐴𝑁的中点，所以𝐴(𝑥0,2𝑚)，𝐷(𝑥0,−2𝑚)．所以�

�1=2𝑚−𝑚𝑥0=𝑚𝑥0，𝑘2=−2𝑚−𝑚𝑥0=−3𝑚𝑥0．所以𝑘1𝑘2=−13；---6（ii）根据题意得：直线𝐴𝑀的斜率一定存在且𝑘>0，设直线𝐴𝑀的方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚，则直线𝐷𝑀的方程为𝑦=−3𝑘𝑥+𝑚联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑚

,𝑥26+𝑦23=1,整理得：(1+2𝑘2)𝑥2+4𝑘𝑚𝑥+2𝑚2−6=0，利用韦达定理可知：𝑥0⋅𝑥𝐵=2𝑚2−61+2𝑘2，所以𝑥𝐵=2𝑚2−6(1+2𝑘2)𝑥0．所以同理可得𝑥

𝐺=2𝑚2−6[1+2(−3𝑘)2]𝑥0=2𝑚2−6(1+18𝑘2)𝑥0．所以𝑘𝐵𝐺=𝑦𝐵−𝑦𝐺𝑥𝐵−𝑥𝐺=𝑘𝑥𝐵+𝑚−(−3𝑘𝑥𝐺+𝑚)𝑥𝐵−𝑥𝐺=𝑘𝑥𝐵+3𝑘𝑥𝐺𝑥𝐵−𝑥𝐺=𝑘2𝑚2−6(1+2𝑘2)𝑥0

+3𝑘2𝑚2−6(1+18𝑘2)𝑥02𝑚2−6(1+2𝑘2)𝑥0−2𝑚2−6(1+18𝑘2)𝑥0=𝑘1+2𝑘2+3𝑘1+18𝑘211+2𝑘2−11+18𝑘2=𝑘+18𝑘3+3𝑘+6𝑘31+18𝑘2−1−2𝑘2=4𝑘+24�

�316𝑘2=14𝑘+32𝑘.因为𝑘>0，所以𝑘𝐵𝐺=14𝑘+32𝑘≥2√14𝑘⋅32𝑘=√62．当且仅当14𝑘=32𝑘，即𝑘=√66时，等号成立，所以直线𝐵𝐺的斜率的最小值为√62．---1221.解：（1）因为𝑓ʹ(𝑥)=1−2ln𝑥𝑥−𝑎𝑥，

所以𝑔(𝑥)=𝑥𝑓ʹ(𝑥)=𝑥−2ln𝑥−𝑎，𝑥∈(0,+∞)𝑔ʹ(𝑥)=𝑥−2𝑥，𝑥，𝑔ʹ(𝑥)，𝑔(𝑥)的变化如下：𝑥(0,2)2(2,+∞)𝑔ʹ(𝑥)负0正𝑔(𝑥)单调递减极小值单调递增所以𝑔(𝑥)单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2

,+∞)．极小值为𝑔(2)=2−2ln2−𝑎，无极大值；---3（2）（i）ℎ(𝑥)=𝑥−𝑎ln𝑥，ℎʹ(𝑥)=1−𝑎𝑥=𝑥−𝑎𝑥，①当𝑎≤0时，ℎʹ(𝑥)>0，不可能有两个零点，②当𝑎>0时，令ℎʹ(𝑥)<0,0<𝑥<�

�，ℎ(𝑥)在(0,𝑎)单调递减，令ℎʹ(𝑥)>0，得𝑥>𝑎，ℎ(𝑥)在(𝑎,+∞)单调递减所以ℎ(𝑥)min=ℎ(𝑎)=𝑎−𝑎ln𝑎，要使ℎ(𝑥)有两个零点，即使ℎ(𝑎)<0,𝑎>𝑒,，又因为ℎ(1)=1>0，且𝑎>e，ℎ(e𝑎)=e𝑎

−𝑎2>0，所以ℎ(𝑥)在（1,𝑎)，(𝑎,e𝑎)上有两个零点，符合题意；综上，𝑎>e---7（ii）证明：𝑥e𝑥−𝑎(ln𝑥+𝑥)=𝑥e𝑥−𝑎ln(𝑥e𝑥)(𝑥>0)有两个实根，令𝑡=𝑥e�

�，𝑔(𝑡)=𝑡−𝑎ln𝑡有两个零点𝑡1，𝑡2，𝑡1=𝑥1e𝑥1，𝑡2=𝑥2e𝑥2，所以{𝑡1−𝑎ln𝑡1=0,𝑡2−𝑎ln𝑡2=0.所以𝑎(ln𝑡2−ln𝑡1)=𝑡2−𝑡1,⋯⋯①𝑎(ln𝑡2+ln

𝑡1)=𝑡2+𝑡1,⋯⋯②要证e𝑥1+𝑥2>𝑒2𝑥1𝑥2，只需证(𝑥1e𝑥1)⋅(𝑥2e𝑥2)>e2，即证ln(𝑥1e𝑥1)+ln(𝑥2e𝑥2)>2，所以只需证ln𝑡1+ln𝑡2>2．由①②可得ln𝑡2+l

n𝑡1=𝑡2+𝑡1𝑡2−𝑡1(ln𝑡2−ln𝑡1)=(𝑡2𝑡1+1)ln𝑡2𝑡1𝑡2𝑡1−1，只需证(𝑡2𝑡1+1)ln𝑡2𝑡1𝑡2𝑡1−1>2，设0<𝑡1<𝑡2，令𝑡=𝑡2�

�1，则𝑡>1，所以只需证ln𝑡>2𝑡−1𝑡+1，即证ln𝑡+4𝑡+1−2>0，令ℎ(𝑡)=ln𝑡+4𝑡+1−2，𝑡>1，则ℎʹ(𝑡)=1𝑡−4(𝑡+1)2=(𝑡−1)2𝑡(𝑡+1)2>0，ℎ(�

�)>ℎ(1)=0．即当𝑡>1时，ln𝑡+4𝑡+1−2>0，所以ln𝑡1+ln𝑡2>2，即(𝑥1e𝑥1)⋅(𝑥2e𝑥2)>e2，即𝑒𝑥1+𝑥2>e2𝑥1𝑥2．---1222.解：（1）由直线𝑙的参数方程{𝑥=2√2−2𝑡,𝑦=√2+𝑡,（t为参数），得{𝑥

−2√2=−2𝑡,𝑦−√2=𝑡,消去𝑡得𝑥+2𝑦−4√2=0，故𝑙的直角坐标方程为𝑥+2𝑦−4√2=0，由𝑥=𝜌cos𝜃，𝑦=𝜌sin𝜃，𝑥2+𝑦2=𝜌2，结合由𝜌2=41

+3sin2𝜃得𝜌2+3𝜌2sin2𝜃=4，又{𝑥=𝜌cos𝜃,𝑦=𝜌sin𝜃,所以⇒𝑥2+𝑦2+3𝑦2=4⇒𝑥24+𝑦2=1，故𝐶的参数方程为{𝑥=2cos𝛼,𝑦=s

in𝛼.(𝛼为参数)---5（2）在曲线𝐶上任意取一点𝑃(2cos𝛼,sin𝛼)到𝑙的距离为𝑑=∣2cos𝛼+2sin𝛼−4√2∣√5=∣∣2√2sin(𝛼+π4)−4√2∣∣√5，则∣𝑃𝐴∣=𝑑sin45∘=

4√55∣∣sin(𝛼+π4)−2∣∣，当sin(𝛼+π4)=−1时，∣𝑃𝐴∣取得最大值，最大值为12√55.---1023.解：（1）若不等式𝑓(𝑥)≥∣𝑚−1∣有解，只需𝑓(𝑥)的最大值𝑓(𝑥)max≥∣𝑚−1∣即可．因为∣𝑥−1

∣−∣𝑥+2∣≤∣(𝑥−1)−(𝑥+2)∣=3，当且仅当x≤−2取等，所以∣𝑚−1∣≤3，解得−2≤𝑚≤4，所以实数𝑚的最大值𝑀=4．---5（2）根据（Ⅰ）知正实数𝑎，𝑏满足3𝑎2+𝑏2=4，由柯西不等式可知(3𝑎2+𝑏2)(3+1)

≥(3𝑎+𝑏)2，所以(3𝑎+𝑏)2≤16，因为𝑎，𝑏均为正实数，所以3𝑎+𝑏≤4（当且仅当𝑎=𝑏=1时取“=”）---10