【文档说明】重庆市万州二中2021-2022学年高二下学期3月月考试题 数学 答案.docx，共(7)页，510.146 KB，由小赞的店铺上传

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万州二中高2023届2022年春季3月考试数学试题参考答案1-8CCCDBCBD9．BD10．AD11．AB12．ACD13．014．1215．[2,3]16．(,2]−−7．【详解】由2111ln0xxy−−=，则2111lnyxx=−，又2230xy−

−=，221212()()xxyy−+−的最小值转化为：2lnyxx=−上的点与30xy−−=上的点的距离的平方的最小值，由2lnyxx=−，得：12yxx=−，与30xy−−=平行的直线的斜率为1，∴121xx−=，解得1x=或12x=−（舍)，可得切点为(1,1)，切点到直线

30xy−−=之间的距离的平方，即为221212()()xxyy−+−的最小值，221212()()xxyy−+−的最小值为：2|3|9()211=+.故选：B.8．【详解】由题意得()()222220axxafxxxxx−+=−+

=，令()0fx=，得2220xxa−+=，由题意知2220xxa−+=在1,4+上有两个根1x，2x，∴20,1122044480aaa−+=−，得3182a

．由根与系数的关系得121212xxaxx+==，由求根公式得1,224811242aax−−==，∵12xx，∴21122ax+−=，∵3182a，∴21324x．则()()()()2211121212222221ln2ln21ln1fxxaxx

xxxxxxxxx−++===+−−()()222213121ln1124xxxx=−+−−+，令21tx=−，则1142t．设()112ln142gttttt=−++，则()12lngtt=+，易知()gt在11,42

上单调递增，∴()12ln12ln2ln04egtt=+−=，∴当1142t时，函数()gt为减函数，∴()11132ln1ln24444gt−++=−，且()11112lnln1ln22222gt−++=−，∴()1213ln2,ln224fxx

−−，故选：D..12.【详解】()()e1xfxx=+定义域为R，()()1e1xfxx=++，令()()1e1xhxx=++，则()()2exhxx=+，当2x−时，()0hx，当2x−时，()0hx，当2x=−

时，()0hx=，所以()()1e1xhxx=++在2x=−处取得极小值，也是最小值，所以()()22e10hxh−−=−+，故()0fx恒成立，所以()fx在R上单调递增，所以()fx在R上无极值点，A正确；()()1lngxxx=+定义域为()0,+，()1ln1gxxx=

++，令()1ln1xxx=++，则()22111xxxxx−=−=，当1x时，()0x，当1x=时，()0x=，当01x时，()0x，所以()x在1x=处取得极小值，也是最小值，()()11120x

=+=，所以()0gx恒成立，所以()()0gx+在，单调递增，所以()gx在()0+，上无极值点，B错误；因为()fx在R上单调递增，0x，不等式()()2lnfaxfx恒成立，所以2lnaxx，即2ln

xax在()0,+上恒成立，只需2lnxax的最大值，令()2lnxtxx=，()0,x+，则()222lnxtxx−=，当0ex时，()0tx，当ex时，()0tx，当ex=时，()0tx=，所以()tx在ex=处取得极大值，也是

最大值，()()max2eetxt==，所以2ea，则a的最小值为2e，C正确；()()()()e1lnee1exxxxfxxg=+=+=，()()1lngxxx=+，根据()()()120fxg

xtt==得：()()()12e0xggxtt==，因为()gx在()0+，单调递增，所以12exx=，故()()1121lnlnln1e1xtttxxtx==++，令()lnttt=()0t，则()21lnttt−=，当te时，()0t，当et=时，()0t=，当0et

时，()0t，所以()t在et=处取得极大值，也是最大值，()max1et=，D正确故选：ACD16.【详解】∵函数2()(1)ln1fxaxax=+++(1a−),∴函数f(x)的定义域为()0,+，1()20afxaxx+=+，

∴函数()fx在()0,+上单调递减，又对任意12,(0,)xx+，1212()()4|fxfxxx−−，不妨假设120xx，则12()()fxfx，所以1212()()4fxfxxx−−等价于2112()(

)44fxfxxx−−，即12124)(4()ffxxxx++，令()()4gxfxx=+，则函数()()4gxfxx=+单调递减，又1()2agxaxx+=++4＝2241axxax+++，于是()gx≤0在()0,+上恒

成立，即22410axxa+++，又1a−，10xa=−，∴()21Δ44210aaa−=−+，解得2a−.所以a的取值范围为(,2]−−.故答案为：(,2]−−.17．【详解】（1）由()lnfx

xx=得()()ln10fxxx=+，.............5分所以切线斜率为()ln12fee=+=切点坐标为(,)ee，所以切线方程为2()yexe−=−，即2yxe=−；（2）()()ln10fxxx=+，令()

0fx=，得1=xe．当1(0,)xe时，()0fx；当1(,)+xe时，()0fx，∴()lnfxxx=在1(0,)e单调递减，在1(,)e+单调递增．.............10分18．【解析】(1)由32()34fxxaxbx=+++可得2()36=++fxxax

b，因为32()34fxxaxbx=+++在1x=−时有极值0，所以(1)0(1)0ff−=−=，即3601340abab−+=−+−+=，解得29ab==，经检验，满足题意所以32()694fxxxx=+++..............5分(2)由

（1）可知32()6925gxxxxk=++−+，2()3(43)3(1)(3)gxxxxx=++=++，令()0gx=，解得121,3xx=−=−，当3x−或1x−时()0gx，当31x−−时，()0gx，()gx的递增区间是(

,3)−−和(1,)−+，单调递减区间为(3,1)−−，.............9分当3,()xgx=−有极大值25k−+，当1,()xgx=−有极小值21k−+，要使函数()gx有三个零点，则须满足250210kk

−+−+，解得1522k..............12分19．【解析】(1)解：设包装盒的高为()cmh，底面边长为()cma，则2ax=，()245hx=−，045x．所以()2322245Va

hxx==−+=3222902xx−+，其定义域为|045xx；.............5分(2)解：由（1）得：()322245Vxx=−+，045x，因为()6230Vxx=−，所以

当()030x，时，0V；当()3045x，时，0V；所以当30x=时，V取得极大值270002，即当30cmx=时，包装盒的容积最大是3270002cm..............12分20．【解析】(1)解：当1a=时，()exf

xx=−，则()'1exfx=−，当0x时，()0fx，当0x时，()0fx，所以函数()fx在(),0−上递增，在()0,+上递减，所以函数()fx的极大值为()01f=−，无极小值；.............5分(2)解：若存在()0,x+，使不等式(

)()exfxgx−成立，则()ln,0xaxxx，即()2ln,0xaxx，则问题转化为()2maxln,0xaxx，.............7分令()2lnxhxx=，0x，()432ln12lnxxxxhxxx

−−==，当0ex时，()0hx，当ex时，()0hx，所以函数()hx在()0,e递增，在()e,+上递减，所以()max12ehx=，所以12ea..............12分21．

【解析】(1)解：()fx的定义域为(0,)+，且1()fxax=−.①若0a，则()fx在(0,)+上递增，此时(1)0fa=−，不合题意，舍去...........2分②若0a，则()fx在10,a上递增，()fx在1,a+

上递减.所以max1[()]ln1fxfaa==−−，令ln11a−−=−，得1a=.综上得：1a=..............5分(2)解：因为不等式1()exfxxa−−−在[1,)x+上恒成立，所以不等式1l

ne0xxaxxa−−−++在[1,)x+上恒成立.令1()lnexFxxaxxa−=−−++，则11()e1xFxax−=−−+，令11()e1xhxax−=−−+，则121()e0xhxx−=−−，所以()hx在[1,)+上递减..

............7分①若1a，则()(1)10hxha=−，即()0Fx，所以()Fx在[1,)+上递减，所以()(1)0FxF=符合题意.［注：也可以通过11e0xx−−，10a−得到()0Fx

］.............9分②若1a，则21a−，1ln(2)1a+−，11(1ln(2))(2)1101ln(2)1ln(2)haaaaa+−=−−−+=−++−+−，［注：“取点”方

法不唯一，例如(2)0ha−］又(1)10ha=−，()hx在[1,)+上单调递减，所以存在唯一实数0(1,1ln(2))xa+−，使得()00hx=.当()01,xx时，()0hx，即()0Fx，所以()Fx在()01,x上递增，所以()(1

)0FxF=，不合题意..............11分综上，实数a的取值范围是[1,)+..............12分22．(1)函数的定义域为()()()2'20,,21axxafxxxx−−+=−

−=，令()22(0)gxxxaa=−−，∵0a，∴180a=+，令()220gxxxa=−−=，得12118118,44aaxx−+++==，g(x)的图象为开口向上的抛物线，120xx，当()20,xx

时，()0gx，∴()0fx，所以函数f(x)单调递减；当()2,xx+时，()0gx，∴()0fx，所以函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间为1180,4a++，单调递增区

间为118,4a+++..............3分(2)由（1）知，当1a=时，f(x)在（0，1）上单调递减，在(1,)+上单调递增，因此对任意1x恒有()()10fxf=，即2ln0,xxx−所以2110lnxxx

−①，要证222e2lnxxxxxx+−，只要证22e2xxx+，.............5分令()22e2(1)xhxxxx=−−，所以()2e22(1)xhxxx=−−，所以()2e2xhx=−，∵1x，∴()2e20xhx=−所以()hx

在()1,+上单调递增，所以()()12e40hxh=−，所以()hx在()1+上单调递增，所以()()12e30hxh=−，所以当1x时，22e20xxx+②，由不等式的性质及①②得222e2lnxxxxxx+−...

...........8分(3)由（1）知，当1a=时，f(x)在（0，1）上单调递减，在()1+上单调递增，因此对任意1x恒有()()10fxf=，即2lnxxx−.............9分令1nxn=−恒有()()10fxf=，即()22ln1111nnnnnnn

n−=−−−−所以22222ln1133ln22ln(1)1nnnn−−，所以()222232323lnlnlnlnln121211211nnnnnnn++++

++==−−−所以原不等式得证．.............12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com