【文档说明】山西省太原市2020-2021学年高二下学期期中考试数学（理）试题.pdf，共(5)页，722.619 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年第二学期高二年级期中质量监测数学(理)试题参考答案及评分标准一、选择题题号123456789101112答案BCDACCABCBCD二、填空题13、i214、①③②或②③①15、12116、，2三、解答题17.（1）因为ix

xzz2121，……………………………………………………………….1分所以0201xx，………………………………………………………………….2分解得12x，所以x的取值

范围为1,2.…………………………………………………………………….4分（1）因为ixxixxizz221221，………………………………………………6分又因为虚部022x，所以21zz不是实数.……………………………………………8分18.（

1）定义域，0，xxfln，………………………………………………….2分01fk，又11f，………………………………………………….4分所以曲线xfy在点1x处的切线方程为1y.………………………

…………5分（2）由（1）令0xf，有1x，列表如下xe11,1e1e,1exf负0正xf单调递减极小值单调递增由上表可知当1x时，函数xf有极小值，也是最小值，为11f，

…….8分又0,21efeef，则函数xf在ee,1上的值域为0,1.………………………………………………….10分19.（1）由已知，得acb2，且0,0,0cba，所以acb，……………

……….2分因为acca2，所以bacca22.………………………………………….5分（2）因为2,2cbybax，………………………………………………….7分所以cbbabaccbacbcbaaycxa22222222222ab

acbcabacbcabacbbcabacbc.……………….10分20.（A）（1）由22124aaaS及11a解得312a，……………………………………….1分同理可得101,6143aa，………………………………………………….3分猜想得

12nnan.………………………………………………….5分（2）证明：当1n时，111121a成立，………………………………………………….6分假设当Nkkn时，12kkak，………………………………………………….7分则当1kn时

kkkkkakakSSa212111121212kkkakk，解得11122121kkkkak，则当1kn时成立，………………………………………………….9分

综上所述12nnan对任意Nn成立.………………………………………………….10分（B）（1）由已知，得0121121SSS，解得211S，………………………………………….1分又01212212222222

SSSSSaS，解得322S，………………….2分同理可求得433S，………………………………………………….3分猜想得1nnSn.………………………………………………….5分（2）证明：当1n时，

211111S成立，………………………………………………….6分假设当Nkkn时，1kkSk成立，………………………………………………….7分则当1kn时，由121211211121kkkkkkkS

SSSSaS，01211121kkkSkkSS，解得111211kkkkSk，则当1kn时211kkSk成立，………………………………………………….9分综上所述1nnSn对任意Nn成立.

…………………………………………………10分21.（A）（1）kexfx，………………………………………………….1分当0k时，对任意Rx有0xe，0xf，则xf在R上为增函数，….2分当0

k时，令0xf，解得kxln，列表如下………………………………………………….4分则当0k时，xf的单调增区间为,；当0k时，xf的单调增区间为,lnk，单调减区间为kln,.……5分

（2）由（1）知，当0k时，10fxf满足条件，……………………………………….6分xkln-，kln,lnkxf负0正xf单调递减极小值单调递增当0lnk，即10k时，xf在，0单调递增，则10fx

f成立，………………………………………………….7分当0lnk，即1k时，xf在kln,0单调递减，在,lnk单调递增，则有10lnminfkfxf不合题意，………………………………………………….9分综上

所述，实数k取值范围为1,.……………………………………………….10分（B）（1）223121632xaxxaaxxf，…………………………………….1分当0a时，31232xxxf在2,单调递增，在，

2单调递减，当0a时，令0xf，得ax2或2x，当0a时，22a，列表如下：当10a时，22a，列表如下：………………………………………………….4分综上所述，当0a时，xf的单调增区间为2,2a，单调减区间

为,2,2,a，当0a时，xf的单调增区间为2,，单调减区间为，2，当10a时，xf的单调增区间为,2,2,a，单调减区间为a22，.…………………………………………

……….5分（2）存在负实数3153a.………………………………………….6分xa2,a22,2a2，2xf负0正0负xf单调递减极小值单调递增极大值单调递减x2,2a2,2a2，a2xf正0负0正x

f单调递增极大值单调递减极小值单调递增由（1）知，当12a即02a时，xf在0,1单调递增，则min1311233fxfaa，解得249a舍去，……….7分当12a即2a时，xf在a2,1单调递减，在

0,2a单调递增则33241128222minaaaaafxf，解得3153a，由2a，有3153a，………………………………………….9分综上所述，存在负实

数3153a.………………………………………….10分