山东省百校联考2021-2022学年高二下学期期末考试数学试题.pdf

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1、 山东省 2020 级高二下学期百校联考 数学数学参考参考答案答案 一一 、选择题选择题 14：CCDD 58：ADDB 二二 、多项多项选择题选择题 9、AC 10、ABD 11、AD 12、AD 三、填空题三、填空题 13、14、7 15、16、四、解答题四、解答题 17、【解析】（1）因为函数定义在上有恒成立，所以函数为奇函数，所以；（2）当时，所以，因为是定义在上的奇函数，所以，即，所以函数的解析式为；（3）令，当时，则当时，可写为，所以，由是定义在上的奇函数，可得 18、解：(1)当 a5 时，f(x)log21x5.由 f(x)0，即 log21x5 0，可得1x51，解得 x14

2、或 x0.即不等式 f(x)0 的解集为，14(0，)()yf x=R()()fxf x=()f x1(1)(1)4ff=0 x0 x()42xxfx=+()yf x=R()()fxf x=()42xxf x=()yf x=42,0()11,042xxxxxf xx=+2xt=0 x(0,1)t0 x()42xxf x=21124yt=1,04y()yf x=R()1 1,4 4f x(2)g(x)f(x)2log2xlog21xa 2log2xlog21xa x2(其中 x0)因为函数 g(x)f(x)2log2x 只有一个零点，即 g(x)0 只有一个根，即1xa x21 在(0，)上只有

3、一个解，即 ax2x10 在(0，)上只有一个解 当 a0 时，方程 x10，解得 x1，符合题意 当 a0 时，设函数 yax2x1.当 a0 时，此时函数 yax2x1 与 x 轴的正半轴，只有一个交点，符合题意；当 a0 时，要使得函数 yax2x1 与 x 轴的正半轴只有一个交点，则满足 12a0，14a0，解得 a14.综上可得，实数 a 的取值范围是140，)(法二)参变分离，数形结合。19、解：（1）()0fc=，函数()f x的导数()2fxxaxb=+，则函数在点()()0,0f处的切线斜率()0kfb=，即切线方程为ycbx=，即ybxc=+，曲线()yf x=在点()()

4、0,0f处的切线方程为1y=，0b=，1c=.（2）0b=，1c=，321()132af xxx=+，()2fxxax=，若()g x在区间()2,3上单调递增，则()()2220g xfxxax=+=+在()2,3上恒成立，即2axx+在()2,3上恒成立，2yxx=+在()2,3上单调递增，23xx+，可得3a.即实数a的取值范围是3a.()22g xxax=+，依题意，存在()2,1x ，使不等式()220g xxax=+成立.当()2,1x 时，22 2axx+，满足要求的a的取值范围是2 2a.20、解：(1)函数()的定义域为(0,+)且()=，因为点(1,3)在直线=上，故有=3

5、，又曲线=()与直线=3在点(1,3)处相切，故有(1)=3,(1)=+3=3,得=3,=0.则甲产品的利润与投资金额间的函数关系式为()=3+3(0)由题意得乙产品投资金额与利润的关系式为：()=，将点(4,4)代入上式，可得=2，所以乙产品的利润与投资金额间的关系式为()=2(0)(2)设甲产品投资 x 万元，则乙产品投资(40 )万元，且 10,30，则公司所得利润为=3+3+240 ，故有=3140，令 0，解得10 15，令 0，解得15 0，由 f(x)0 得 xln a.当 x(，ln a)时，f(x)0.故 f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增 若 a

6、0，由 f(x)0 得 xlna2.当 x，lna2时，f(x)0.故 f(x)在，lna2上单调递减，在lna2，上单调递增(2)若 a0，则 f(x)e2x，所以 f(x)0.若 a0，则由(1)得，当 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)a2ln a从而当且仅当a2ln a0，即 a1 时，f(x)0.故 0a1.若 a0，则由(1)得，当 xlna2时，f(x)取得最小值，最小值为 f lna2a234lna2.从而当且仅当 a234lna20，即 a2e34时，f(x)0.故2e34a0 时，2()ln(0)f xxaxx a=+，所以21 2()(0,0)a

7、xxf xxax+=，1 分 关于 x 的方程21 2=0axx+的判别式=1-8a，当18a 时，0，()0fx，所以函数在(0,)+上单调递减3 分 当108a时，0，方程()0fx=有两个不相等的正根12,x x，可得1211 811 8,44aaxxaa+=，则当11 8x(0,)4aa及11 8(,)4aa+时，()0fx，当11 811 8x(,)44aaaa+时，()0fx.所 以 函 数()f x在11 8(0,)4aa，11 8(,)4aa+递 减；在11 811 8(,)44aaaa+递增.5 分（2）由（1）得，当且仅当1(0,)8a时，()f x有极小值1x和极大值2x，且1x，2x是方程 22+1=0axx的两个正根，121211,22xxxxaa+=，6 分 所以21212121212()()()()2(lnln)f xf xxxa xxx xxx+=+11ln(2)1ln1 ln244aaaa=+=+，8 分 令1()ln1 ln24g aaa=+，当1(0,)8a时，241()04ag aa=，所以()g a在1(0,)8上是单调递减，故1g()()32ln28ag=，11 分 所以12()()3 2ln2f xf x+.12 分