【文档说明】四川省绵阳市南山中学2021届高三下学期3月月考试题 数学(文)考答案.docx,共(4)页,153.464 KB,由小赞的店铺上传
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绵阳南山中学高2019级高二下期数学3月考试(文科)参考答案一、选择题答案1.A2.A3.B4.C5.B6.A7.C8.D9.B10.C11.A12.D二、填空题答案13.假14.(0,1)15.216.1010三、解答题答案17.解:(1)根据指数函数的单调性,可知命题p为
真命题时,实数a的取值集合为P={a|0<a<1},对于命题q:函数的定义域为R的充要条件是ax2-x+a≥0恒成立.当a=0时,不等式为-x≥0,解得x≤0,显然不成立;当a≠0时,不等式恒成立的条件是a>0,Δ=(-1)2-4a×a≤0,解得a≥12.所以命题q为真命题
时,a的取值集合为Q=aa≥12.由“p∨q是真命题,p∧q是假命题”,可知命题p,q一真一假,当p真q假时,a的取值范围是P∩(∁RQ)={a|0<a<1}∩{𝑎|𝑎<12}={𝑎|0<𝑎<12};当p假q真时,a的取值范围是(∁RP)∩Q={a|a
≤0或a≥1}∩{𝑎|𝑎≥12}={a|a≥1}.综上,a的取值范围是(0,12)∪[1,+∞).18.解:(1)4()223fxaxx+−=,由2(1)203fa=+=,得13a=−.(2)214()2ln(0)33fxxxxx=−+−,242(1)(2
)()2333xxfxxxx−−−−=−+=.由()0fx=,得1x=或2x=.当()0fx时12x;②当()0fx时01x或2x.当x变化时()fx,()fx的变化情况如下表:x(0,1)1(1,2)2(2,)
+()fx-0+0-()fx↘53↗84ln233−↘因此,()fx的单调递增区间是(1,2),单调递减区间是(0,1),(2,)+.函数的极小值为5(1)3f=,极大值为84(2)ln233f=−.19.解:(Ⅰ)由x2﹣(3a+1)x+2a(a+1)<0
得(x﹣2a)[x﹣(a+1)]<0,①若2a<a+1,即a<1时,2a<x<a+1,此时A=(2a,a+1),②若2a=a+1,即a=1时,不等式无解,此时A=∅,③若2a>a+1,即a>1时,a+1<x<2a,此时A=(a+1,2a).(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a<1时,A=(2a,a+1),B=
{x|<0}={x|﹣1<x<3}=(﹣1,3),若¬q是¬p的充分不必要条件,即p是q的充分不必要条件,即A⊊B,则,即,则﹣≤a≤2,∵a<1,∴﹣≤a<1,则实数a的取值范围是[﹣,1).20.(1)f′(x)=2ax-
bcosx,∴f′(0)=-b=1.f′π3=2a·π3-b·cosπ3=12,得a=0,b=-1.(2)由题意得f′(x)=1-lnxx2+2f′(1)令x=1,得f′(1)=1-ln11+2f′(1),即f′(1)=-1.所以f(
x)=lnxx-2x,得f(e)=lnee-2e=1e-2e,f(1)=-2由f(e)-f(1)=1e-2e+2<0,得f(e)<f(1).21.解:(1)当0a=时,()xfxe=,则()xfxe=,设切点坐标为()0
0,xxe,∴()0000xxefxex==,解得01x=,∴()1fe=,∴()fx过原点的切线方程yex=;(2)()xfxeax=−,∴()xfxea=−,当0a时,()0fx恒成立,函
数()fx在(),−+上单调递增,无极值;当0a时,令()0fx=,解得lnxa=,当lnxa时,()0fx,函数()fx在(),lna−上单调递减,当lnxa时,()0fx,函数()fx在()ln,a+上单调递增,∴(
)()lnlnlnlnafxfaeaaaaa==−=−极小值,无极大值;(3)0,1x,()0fx恒成立,即0xeax−在0,1x上恒成立,当0x=时,10恒成立,当0x时,xeax,设()xegxx=,(0,1x,∴()()21
0xexgxx−=恒成立,∴()gx在(0,1上单调递减,∴()()min1gxge==,∴ae,综上所述ae.22.解:(1)由题意,函数()ln1fxxx=−+的定义域为(0,)+,且11()1xfxxx−=−=,所以1x时,()0fx
;01x时,()0fx,所以()fx在(0,1)上单调递增,在(1,)+上单调递减.(2)由(1)得:()fx在(0,1)上单调递增,在(1,)+上单调递减,所以()(1)0fxf=,
即:ln1−xx,所以ln(1)xx−−−.由于223ln3(1)axxxaxxx+−+−−,令22()3(1)21gxaxxxaxx=+−−=++211()1axaa=++−,因为1a,所以110a−,所以()0gx,即:23ln0axxx+−
.