2021届河北省保定市高三上学期10月摸底考试数学试题(教师版含解析)

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1、2020 年高三摸底考试年高三摸底考试 数学试题数学试题 一一 选择题:本题共选择题:本题共 8 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 40 分分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的符合题目要求的. 1. 已知集合 2 1,lg Ax yxBx yx,则AB ( ) A. 1,1 B. 1,) C. (0,1 D. (0,) 【答案】C 【解析】 【分析】 由二次根式及对数函数的性质可得11Axx ,0Bx x,再由交集的定义即可得解. 【详解】由题意, 2 111Ax yxxx ,lg 0Bx yxx x, 所以01(0,1ABxx

2、. 故选:C. 2. 函数( ) x f xex的零点所在的一个区间是( ) A. ( 2, 1) B. ( 1,0) C. (0,1) D. (1,2) 【答案】B 【解析】 【分析】 由函数的单调性及零点存在性定理即可得解. 【详解】由题意,函数( ) x f xex在 R 上单调递增, 且 2 220fe, 1 110fe , 0 000fe, 所以函数的零点所在的一个区间是( 1,0). 故选:B. 3. 已知角终边过点(3,1),则tan 4 ( ) A. 2 B. 2 C. 1 D. 1 3 【答案】A 【解析】 【分析】 由三角函数的定义可得 1 tan 3 ,再由两角和的正切公

3、式即可得解. 【详解】因为角终边过点(3,1),所以 1 tan 3 , 所以 1 1tantan 34 tan2 1 4 1tantan1 43 . 故选:A. 4. 已知两条直线 2121 :(3)45 3 ,:2/(5/)8,lt xytxtllyl,则t ( ) A. 1或7 B. 1 C. 7 D. 13 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据两条直线平行的条件列式,由此求得t的值. 【详解】由于 12 /ll,所以 352 4 38253 tt tt ,解得7t . 故选:C 5. 设 1 31 2 log,log,ae be ce ,则( ) A. abc B. bac C.

4、acb D. cab 【答案】C 【解析】 【分析】 由指数、对数函数的性质可得 1 0 2 acb,即可得解. 【详解】由题意, 33 1 loglog3 2 ae, 11 22 loglog 10be , 1 2 0 1 ce, 所以 1 0 2 acb. 故选:C. 6. 设非零向量a,b满足3a b, 1 cos, 3 a b , 16aab,则b ( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 由16aab可得()0aab,利用数量积的运算性质结合条件可得答案. 【详解】| 3|ab, 1 cos, 3 a b . 2 222 ()9|8|16aaba

5、a bbbb , | |2b . 故选:A 【点睛】本题考查利用向量垂直其数量积为零求向量的模长,属于中档题. 7. 易经中记载着一种几何图形-八卦图,图中正八边形代表八卦,中间的圆代表阴阳太极图.某中学开展 劳动实习,去测量当地八卦图的面积.如图,现测得正八边形的边长为4m,则整个八卦图(包括中间的太极 图)的面积约为( )( 21.414 ) A. 2 73m B. 2 77m C. 2 79m D. 2 83m 【答案】B 【解析】 分析】 连接正八边形的中心O及顶点,A B,由余弦定理结合三角形面积公式即可得解. 【详解】连接正八边形的中心O及顶点,A B,如图, 由题意,4AB ,

6、360 45 8 AOB,OAOB, 设OAOBx,则 222 2cos45ABOAOBOA OB即 22 1622xx , 所以 2 16 22 x , 所以整个八卦图的面积 2 116 88sin452 232 23277 222 AOB SSx . 故选:B. 8. 已知函数 2 5, ( ) 23, xx m f x xxxm 恰有2个零点,则实数m的取值范围是( ) A. ( 1,3(5,) B. 1,3)5,) C 1,) D. (5,) 【答案】A 【解析】 【分析】 画出图象,通过移动x m 结合函数的零点与方程的解的判断即可得结果. 【详解】由题意,函数 2 5, ( ) 2

7、3, xx m f x xxxm ,的图象如图: 方程50 x的解为5x ,方程 2 230 xx 的解为1x或2x; 当5m时,函数 f x恰有两个零点1,3; 当13m 时,函数有 2个零点1,5; 则实数 m 的取值范围是:( 1,3(5,) 故选:A. 二二 多选题:本题共多选题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合在每小题给出的四个选项中,有多项符合 题目要求,全部选对的得题目要求,全部选对的得 5 分,有选错的得分,有选错的得 0分,部分选对的得分,部分选对的得 3 分分. 9. 下列说法正确的是( ) A. 3x

8、 是 2 4x 的充分不必要条件 B. “ 00 0 1 ,2xR x x ”的否定是“ 1 ,2xR x x ” C 若tan( )2 ,则 4 sin2 5 D. 定义在 , a b上的偶函数 2 ( )(5)f xxaxb的最大值为30. 【答案】AD 【解析】 【分析】 由充分条件、必要条件的定义可判断 A;由特称命题的否定可判断 B;由诱导公式、同角三角函数的关系及 二倍角公式即可判断 C;由偶函数的性质可求得 5 5 a b ,即可判断 D. 【详解】对于 A,3x 可推出 2 4x ,但 2 4x 推不出3x , 所以3x 是 2 4x 的充分不必要条件,故 A正确; 对于 B,

9、命题“ 00 0 1 ,2xR x x ”为特称命题, 所以该命题的否定为“ 1 ,2xR x x ”,故 B 错误; 对于 C,若tan()2,则 sin tan2 cos ,即sin2cos, 所以 222 sincos5cos1 ,所以 2 1 cos 5 , 所以 2 4 sin22sincos4cos 5 ,故 C错误; 对于 D,因为函数 2 ( )(5)f xxaxb是定义在 , a b上的偶函数, 所以 50 0 a ab ,所以 5 5 a b , 所以 2 ( )5,5,5f xxx 的最大值为(5)30f,故 D 正确. 故选:AD. 10. 等差数列 n a中, n S

10、为其前n项和, 1511 15,aSS,则以下正确的是( ) A. 1d B. 413 aa C. n S的最大值为 8 S D. 使得0 n S 的最大整数15n 【答案】BCD 【解析】 【分析】 设等差数列 n a的公差为d,由等差数列的通项公式及前 n 项和公式可得 1 2 15 d a ,再逐项判断即可得解. 【详解】设等差数列 n a的公差为d, 由题意, 11 1 5 411 10 511 22 15 adad a ,所以 1 2 15 d a ,故 A 错误; 所以 11314 39,129aadada ,所以 413 aa,故 B 正确; 因为 2 2 1 1 16864 2

11、 n n n a ndnnnS , 所以当且仅当8n 时, n S取最大值,故 C 正确; 要使 2 8640 n Sn ,则16n且nN , 所以使得0 n S 的最大整数15n ,故 D正确. 故选:BCD. 11. 函数( ) sin()0,0,| 2 f xAxA 的最大值为2, 其图象相邻两条对称轴之间的距离为 4 ,且 ( )f x的图象关于点,0 12 对称,则下列判断正确的是( ) A. 函数 ( )f x在, 24 12 上单调递增 B. 函数 ( )f x的图象关于直线 5 24 x 对称 C. 当 0, 4 x 时,函数 ( )f x的最小值为 3 D. 要得到函数 (

12、)f x的图象,只需要将2cos4yx 的图象向右平移 5 24 个单位 【答案】AD 【解析】 【分析】 由三角函数的图象与性质可得( )2sin 4 3 f xx ,再由三角函数的图象与性质可判断 A、B、C;由三 角函数图象的变换及诱导公式可判断 D. 【详解】由函数 ( )f x的最大值为 2可得 2A,( )2sin()0,| 2 f xx , 因为函数 ( )f x的图象相邻两条对称轴之间的距离为 4 , 所以函数的最小正周期T满足 24 T , 所以 2 4 T ,( )2sin(4) | 2 f xx , 又 ( )f x的图象关于点,0 12 对称,所以4, 12 kkZ 即

13、, 3 kkZ , 所以 3 ,( )2sin 4 3 f xx , 当, 24 12 x 时,4,0 32 x , 所以函数 ( )f x在, 24 12 上单调递增,故 A 正确; 当 5 24 x 时, 7 4 36 x , 所以直线 5 24 x 不是函数( )f x图象对称轴,故 B错误; 当0, 4 x 时, 2 4, 333 x ,( )3f x ,故 C错误; 将2cos4yx的图象向右平移 5 24 个单位可得的函数为: 55 2cos42cos 42cos 42sin 4 246323 yxxxxf x , 故 D 正确. 故选:AD. 【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是

14、熟练掌握三角函数的图象与性质,细心计算即可得解. 12. 已知函数 ( )yf x 在R上可导且(0)1f,其导函数( ) fx满足 ( )2 ( ) 0 1 fxf x x ,设函数 2 ( ) ( ) x f x g x e ,下列结论正确的是( ) A. 函数( )g x在(1, )上为单调递增函数 B. 1x 是函数( )g x的极大值点 C 函数 ( )f x至多有两个零点 D. 0 x时,不等式 2 ( ) x f xe恒成立 【答案】BCD 【解析】 【分析】 根据 2 ( ) ( ) x f x g x e ,求导 2 ( )2 ( ) ( ) x fxf x g x e ,再

15、根据 ( )2 ( ) 0 1 fxf x x ,判断( )g x正负,得到( )g x 的单调性再逐项判断. 【详解】因为 2 ( ) ( ) x f x g x e , 所以 2 ( )2 ( ) ( ) x fxf x g x e , 又因为 ( )2 ( ) 0 1 fxf x x , 所以当1x 时,( )2 ( )0fxf x , 0gx ,则 g x递减; 当1x时,( )2 ( )0fxf x , 0g x ,则 g x递增; 所以当1x 时, g x取得极大值, 2 (1) (1) f g e ,当(1)0g时, g x无零点, 2 ( ) x f xg x e无零 点;当(

16、1)0g时, g x有一个零点, 2 ( ) x f xg x e有一个零点;当(1)0g时, g x有两个零点, 2 ( ) x f xg x e有两个零点,故函数( )f x至多有两个零点; 当0 x时, 0 (0) 01x f gg e , 2 ( ) ( )1 x f x g x e ,所以不等式 2 ( ) x f xe恒成立, 故选:BCD 【点睛】关键点点睛:本题的关键是发现 2 ( ) ( ) x f x g x e 的导数 2 ( )2 ( ) ( ) x fxf x g x e ,与条件 ( )2 ( ) 0 1 fxf x x 的关联,得出函数( )g x的单调性,进而研

17、究函数的极值,最值以及零点和恒成立问题. 三三 填空题:本题共填空题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分分. 13. 圆 22 46100 xyxy的圆心到直线 10axy 的距离为2,则a_. 【答案】 3 4 ; 【解析】 【分析】 首先圆的方程写成标准方程,利用点到直线的距离公式求解. 【详解】 22 22 461002323xyxyxy, 圆心 2, 3 到直线10axy 的距离 2 23 1 2 1 a d a , 解得: 3 4 a . 故答案为: 3 4 14. 若实数 , x y满足不等式组 1 21 210 xy xy xy ,则2 3xy 的最

18、大值为_. 【答案】3 【解析】 【分析】 由题意作出可行域,转化目标函数为 2 33 z yx,数形结合即可得解. 【详解】由题意作出可行域,如图, 设23zxy,则 2 33 z yx, 上下平移直线 2 33 z yx,数形结合可得当直线 2 33 z yx过点A时,z取最大值, 由 1 210 xy xy 可得点0, 1A,所以 max 2 0313z . 故答案为:3. 15. 椭圆 22 22 1(0) xy ab ab 的左右焦点分别为 12 ,F F,椭圆上的点M满足: 12 2 3 FMF 且 12 2MF MF ,则b_. 【答案】1 【解析】 【分析】 先根据数量积运算得

19、 12 4MF MF ,再结合椭圆的定义与余弦定理即可得1b. 【详解】解:因为 12 2 3 FMF 且 12 2MF MF , 所以 12 4MF MF , 由椭圆的定义得 12 2MFMFa,故 22 2 1212 24MFMFMF MFa 所以在 12 FMF中,由余弦定理得 12 22 2 12 12 4 cos 2 MFM FM Fc M F F MF , 代入数据得 222 144848 288 acb ,解得:1b. 故答案为:1. 【点睛】关键点点睛:解题的关键在于应用定义 12 2MFMFa与余弦定理 12 22 2 12 12 4 cos 2 MFM FM Fc M F

20、F MF 列方程求解得1b. 16. 定义在R上的函数 ( )f x满足( )(4),()( )0f xf xfxf x 且(0)0f.当2(0,x时, 1 ( )2f x x .则函数 2 ( )( )sin 34 g xf xx 在区间 6,2上所有的零点之和为_. 【答案】12 【解析】 【分析】 由 ( )f x是周期函数,奇函数,得对称中心,又 2 sin 34 yx 也有对称性,利用对称性及单调性得 ( )f x的 图象与 2 sin 34 yx 图象的交点的性质,也即( )g x零点的性质,从而可得和可画出图象说明 【详解】()( )0fxf x得()( )fxf x, ( )f

21、 x是偶函数,( )(4)f xf x , ( )f x是周期为 4 的周期 函数,因此可得 ( )f x的图象也关于直线 2x对称 2 sin 34 yx 是奇函数,它关于直线42()xkkZ对称,也关于2x对称, 函数 2 ( )( )sin 34 g xf xx 在区间 6,2上所有的零点,即为方程 2 ( )sin 34 f xx 的解, 在同一坐标系中作出( )yf x和 2 sin 34 yx 的大致图象,如图, 它们在 6,2上有 6个交点,横坐标从小到大依次为 123456 ,x x x x x x, 其中 2 4x , 5 0 x ,由对称性知 1634 4xxxx , 12

22、3456 12xxxxxx , 题中零点和为12 故答案为:12 【点睛】方法点睛:本题考查函数零点之和,解题时把函数零点转化为函数图象交点的横坐标,作出函数 图象,利用函数的性质特别是对称性,观察出交点的对称性,得出交点横坐标的和 四四 解答题本题共解答题本题共 6 小题,共小题,共 70 分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. 17. 在平面直角坐标系xOy中,已知向量而 (1, 1),(sin ,cos ),0, 2 mnxx x (1)若mn,求x的值; (2)若m与n的夹角为,求的取值范围. 【答案】(1) 4 ;(2) 3 , 44 .

23、【解析】 【分析】 (1)由平面向量垂直的坐标表示可得 sincos0m nxx ,即可得解; (2)由平面向量夹角的坐标表示及三角恒等变换可得sincos 4 x ,再结合三角函数的图象与性质即 可得解. 【详解】(1) mn ,(1, 1),(sin ,cos ),0, 2 mnxx x , sincos0m nxx ,tan1x, 由0, 2 x 可得 4 x ; (2)由题意, si sincos con 4 s 2 1 m nxx x mn , 0 2 x Q, 444 x , 22 cos, 22 , 0,, 3 , 44 . 18. 已知各项均不相等的等比数列 n a中, n S

24、为其前 n S项和, 1 2a ,在 3 6S ; 6 3 7 S S ; 235 4,a a a成等差数列,这三个条件中任选一个补充为条件,并作答: (1)求 n a; (2)设 1 ( 1)n nn bna ,求 n b的前n项和 n T. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 【答案】条件选择见解析;(1) 1 12 n n n a ;(2) 1 (1) 22 n n Tn . 【解析】 【分析】 (1)设等比数列 n a的公比为q,且1q ,若选,则由 3 6S ,可得 2 2(1)6qq,从而得 ()()q2q10,可求得公比,进而可求出等比数列的通项公式;若选,则由 6

25、 3 7 S S ,得 6 33 3 33 1 (1)(1)1 17 11 1 q qqq q qq q ,从而可求出公比为q,进而可求出 n a,若选,则由 235 4,a a a成 等差数列,可得 24 111 24a qa qa q,从而可求出公比为q,进而可求出 n a; (2)由(1)可得 1 12 n n nn bnan ,然后利用错位相减法可求出 n T 【详解】(1)解:设等比数列 n a的公比为q,且1q , 选; 2 3123 2(1)6,(2)(1)0Saaaqqqq, 1 1,2,22 n n qqa 1 12 n n n a 选; 6 33 3 6 33 3 1 (1

26、)(1)1 1,17 11 1 q Sqqq qq qSq q , 1 2,22 n n qa , 1 12 n n n a 选; 243 325111 24,24,240aaaa qa qa qqq, 2 (2)(22)0qqq, 1 2,22 n n qa 1 12 n n n a (2) 1 12 n n nn bnan 123 231 1 22 23 22 21 22 2(1) 22 n n nn n Tn Tnn 两式相减得, 23111 1 22222222 (1) 22 nnnn n n n Tnn Tn 19. ABC的内角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,且 222 c

27、oscossinsinsin0ABCBC (1)求A; (2)若2a,求ABC周长的取值范围. 【答案】(1) 2 3 ;(2) 4 3 4 2 3 ,. 【解析】 【分析】 (1)利用同角三角函数将已知式子中的三角函数化为正弦,再利用正弦定理统一为边,然后利用余弦定理可 求得结果; (2)先利用利用正弦定理得 4 2 (sinsin)(sinsin() 33 bcRBCBB , 431 (sincossin) 223 BBB 4134 ( sincos)sin() 22333 BBB ,再求出 3 B ,即可求 得答案 【详解】解:(1) 222 coscossinsinsin0ABCBC,

28、 222 (1 sin)(1 sin)sinsinsin0ABCBC 222 sinsinsinsinsin0BACBC, 222 0bacbc, 222 1 cos 22 bca A bc 2 3 A (2) 224 ,2,2, 2 33 sin 3 AaR 4 2 (sinsin)(sinsin() 33 431 (sincossin) 223 4134 ( sincos)sin() 22333 bcRBCBB BBB BBB 23 0,sin()1 333323 BBB , 4 3 2 3 bc 4 3 42 3 abc , 即ABC周长的取值范围为 4 3 4 2 3 ,. 【点睛】方

29、法点睛:对于给的条件是边角关系混合在一起的问题,一般地,应运用正弦定理和余弦定理, 要么把它统一成边的关系,要么统一成角的关系,再利用三角形的有关知识、三角恒等变换方法、代数恒 等变形方法进行转化、化简,从而可得结果 20. 2020年是充满挑战的一年,但同时也是充满机遇蓄势待发的一年.突如其来的疫情给世界带来了巨大的 冲击与改变,也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能.某公司一下属企业从事某种高科技产品的生 产.假设该企业第一年年初有资金 5000万元,并将其全部投入生产,到当年年底资金增长了 50%,预计以后 每年资金年增长率与第一年相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金(2

30、500)t t万元,并将剩 余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为 n a万元 (1)判断2 n at是否为等比数列?并说明理由; (2)若企业每年年底上缴资金1500t ,第m mN 年年底企业的剩余资金超过21000万元,求m的最 小值.(lg20.3010;lg30.4771) 【答案】(1)答案见解析;(2)6. 【解析】 【分析】 (1) 由 题 意 得 1 5000(1 50%)7500,att 1 3 (1 50%) 2 nnn aatat , 从 而 得 1 3 3 23 2 222 n n nn at at atat ,而当2500t ,即 1 20

31、at时,所以2 n at不是等比数列; (2)由(1)可知, 1 3 30003000 2 n n a ,由 1 3 3000( )300021000 2 m m a 可得 1 3 6 2 m ,然后 利用 3 2 x y 单调递增,可得答案 【详解】解:(1)由题意得, 1 5000(1 50%)7500,att 1 3 (1 50%) 2 nnn aatat . 当2500t 时,即 1 2750030att时, 1 3 3 23 2 222 n n nn at at atat 2 n at是以 1 275003att为首项, 3 2 为公比的等比数列. 当2500t ,即 1 20at时

32、, 2 n at不是等比数列 (2)当1500t 时,由(1)知, 1 3 30003000 2 n n a 1 3 3000( )300021000 2 m m a ,即 1 3 6 2 m , 法一:易知 3 2 x y 单调递增, 又 4 381 ( )6 216 , 5 3243 ( )6 232 , 1 5m ,6m, m 的最小值为 6 法二: 3 2 lg6lg2lg30.30100.47710.7781 1log 64.42 3 lg3lg20.4771 0.30100.1761 lg 2 m , 6m, m 的最小值为 6. 【点睛】易错点睛:本题主要考查函数与数列的综合应用

33、问题,属于难题.解决该问题应该注意的事项: (1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立的点; (2)转化以函数为背景的条件时,应该注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的问 题; (3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应准确构造相应的函数,注意数列中相关限制条件的转化. 21. 设抛物线 2 :2(0)C ypx p的顶点到焦点的距离为 1. (1)求抛物线C的方程; (2)设过点(1,2)P的直线 12 ,l l分别与抛物线C交于M,N两点(不同于点P), 以MN为直径的圆恰好经过 点P,证明:直线MN经过定点,并求出该定点坐标. 【答案】(1) 2 4yx;(2

34、)证明见解析,定点5, 2. 【解析】 【分析】 (1)由抛物线的性质可得1 2 p ,即可得解; (2)设直线MN方程x myc , 1122 (,),(,)M xyN xy,联立方程结合韦达定理可得 12 4yym、 12 4y yc ,转化条件为1 MPNP kk ,代入运算化简可得25cm,即可得解. 【详解】(1)由题意得1 2 p ,2p,抛物线的方程为 2 4yx; (2)设直线MN方程为:x myc , 1122 (,),(,)M xyN xy, 联立 2 4 xmyc yx 得 2 440ymyc, 12 12 0 4 4 yym y yc 以MN为直径的圆过点P, 2 MP

35、N ,, MPNP kk均存在且不为 0, 1 MPNP kk , 11 2 111 224 12 1 4 MP yy k yxy ,同理 2 4 2 NP k y , 12 44 1 22yy ,即 1212 2()4 160y yyy, 48200cm,25cm , 验证 222 16()16(25)16(1)40mcmmm , 25(2)5xmycmymm y , 直线MN经过定点5, 2. 【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是设出直线方程,结合韦达定理求得 12 4yym、 12 4y yc ,再 将点在圆上转化为1 MPNP kk ,最后结合直线过定点即可得解. 22. 已知函数(

36、)2ln x f xex . (1)当2时,求 ( )f x的图象在点 1x 处的切线方程; (2)当1时,判断 ( )f x的零点个数并说明理由; (3)若 2 ( )f xxx恒成立,求的取值范围. 【答案】(1) 22 2(1)20exye;(2) ( )f x无零点,理由见解析;(3) 2 e . 【解析】 【分析】 (1)利用导数的几何意义,直接求切线方程;(2)首先求导 2 x fxe x ,并判断导数的单调性,以及利 用零点存在性定理说明存在 0 x使 0 0fx,并利用导数判断函数的单调性,证明函数的最小值的正负, 说明零点个数;(2)不等式等价于 2 ln2 ln xx ex

37、ex ,构造函数 x yex,利用函数的单调性可知 2 lnxx,利用参变分离的方法,求的取值范围. 【详解】(1)当2时, 2 ( )2ln x f xex, 2 (1)fe, 22 2 ( )2,(1)22 x fxefe x ,切线方程为 22 (22)(1)yeex, 即 22 2(1)20exye (2)当1时, 2 ( )2ln ,( ) xx f xex fxe x ,易知 ( ) fx在0,单调递增,且 1 ( )40,120 2 fefe, ( ) fx存在唯一零点 0 1 ,1 2 x , 0 0 2 x e x 满足 且当 0 0,xx时, ( ) 0,( )fxf x单

38、调递减, 当 0 xx,时, ( ) 0,( )fxf x单调递增. 对 0 0 2 x e x 两边取对数,得: 00 ln2lnxx 0 min0000 00 22 ( )()2ln22ln2222ln242ln20 x f xf xexxx xx ( )f x无零点. (3)由题意得, 2 2ln x exxx ,即 22 ln x exxx , 即 2 ln2 ln xx exex ,易知函数 x yex单调递增, 2 lnxx, x 0,e e , e ( ) h x 0 ( )h x 单调递增 极大值 单调递减 2ln x x ,令 2ln ( ) x h x x ,则 2 22ln ( ) x h x x ,令 ( ) 0h x 得xe, 列表得, max 22 ( )( ),h xh e ee . 【点睛】关键点点睛:本题第三问考查不等式恒成立求参数的取值范围,关键利用不等式 22 ln x exxx 等价于 2 ln2 ln xx exex ,并且通过观察不等号两边的形式,构造函数 x yex,并判断单调性,根据单调性解不等式,这样问题迎刃而解.

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