【文档说明】黑龙江省佳木斯市佳木斯第一中学2020-2021学年高二下学期6月第一次调研考试题 文数答案.docx，共(4)页，233.715 KB，由小赞的店铺上传

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2022届第一次调研考试.数学试卷（文）时间：120分钟一．选择题（本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.B2.D3.C4.B5.A6.B7.A8.C9.D10.B11.A12.D第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题

（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.幂函数()()233mfxmmx=−+的图像关于y轴对称，则实数m=____________.214.已知函数()fx满足()()1120ffxxxxx+−=，则

()2f−=_____________.7215.定义max,,abc为,,abc中的最大值，设max2,23,6xMxx=−−，则M的最小值是___416.已知)(xf=aaxxx+−ln，若)(xf＞0仅有一个整数解，则实数a的取值范围是________.ln3ln216

.,62三．解答题（本大题共6小题，共70分。解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤。解答过程写在答题卡的相应位置）17.27/4,,418.((),01,4−19.已知函数2().xfxxexax=−−在()0,0处的切线方程为0xy+=.(1)求a的值.(2

)求函数()yfx=的极值.2a=,1(1)1yfe=−=−极大值()2(ln2)ln2yf==−极小值20.李先生为提高家庭经济收入进行投资.他现有100万元资金可用于投资，有两种投资方式，一种是投资某科技公司，另一种是投资生态环保企业.已知投资科技公司的收益(

)fx与投入的资金数x(0x，单位：万元)的关系式为()0.12afxx=+，而投资生态环保企业，其收益()gx与投入的资金数x(0x，单位：万元)的算术平方根成正比，且各投资一万元时，投资科技公司和生态环保企

业的收益分别为0.28万元和0.36万元.（1）分别写出收益()fx，()gx与投资金额x的函数关系式；（2）李先生如何安排这100万元资金，才能使得总收益最大，最大收益是多少？【答案】（1）()0.180.1(

0100),()0.36(0100)fxxxgxxx=+=；（2）投资生态环保企业1万元，投资科技公司99万元，总收益最大，最大收益为18.28万元.（1）根据题意可设()(0)gxmxm=，由题意知(1)0.10.282

af=+=，得0.36a=，(1)0.36gm==，所以()0.180.1(0100),()0.36(0100)fxxxgxxx=+=.（2）设投资生态环保企业的资金为x万元，则投资科技公司的资金为(100)x

−万元，设总收益为y(单位：万元)，则0.18(100)0.360.1yxx=−++(0100)x，设,(0,10]xtt=，则2218.10.180.360.18(1)18.28yttt=−+=−−+，1t=，即1x=时，总收益

y取得最大值，为18.28万元，此时投资生态环保企业1万元，投资科技公司99万元.21.已知函数()221(0,)gxaxaxbabR=−++在区间2,4上有最小值1和最大值9，设()()gxfx

x=.（1）求a，b的值.（2）若不等式()330xxfk−在1,1x−上有解，求实数k的取值范围.【答案】（1）10ab==；（2）(,4−.（1）函数()221(0,)gxaxaxbabR=−++则对称轴212axa−=−=，函数()gx在2,4上为单调增函数，所

以当2x=时，()min1gx=，当4x=时，()max9gx=，∴11819bab+=++=解之得10ab==故a的值为1，b的值为0（2）由()1得()221gxxx=−+，()()12gxfxxxx==+−，

因为不等式()330xxfk−在1,1x−上有解，所以132303xxxk+−−在1,1x−上有解，设11,,333xtt=，所以221ttk−+在1,33上有解，即()2

max21tkt−+设()2121,,33htttt=−+，对称轴1t=，则当3t=时，()()max39614hht==−+=，所以实数k的取值范围是(,4−.22.已知函数2()lnxfxeax=−，函数ln()mxgx

nx+=+的图像在点()()1,1g处的切线方程为30y−=.(1)讨论()fx的导函数()fx的零点个数.(2)若0a，且()fx在),e+上的最小值为2ee，证明：0x时，()()fxgx.（1）由题意，得()fx的定义域为(0,)+，2()2xaf

xex=−.显然当0a时，()0fx恒成立，()fx无零点.当0a时，取2()()2xatxfxex==−，则22()40xatxex=+，即()fx单调递增，又()0fa，2202aaaeaafeee=−，所以导函数(

)fx存在唯一零点.故当0a时，()fx存在唯一零点，当0a时，()fx无零点.（2）由（1）知，当0a时，()fx单调递增，所以22min()()eefxfeeae==−=，所以0a=.因为21ln()mxgxx−−=，函数()gx的图象在点(1,(1))g处的切线方程为3

0y−=，所以1(1)01mg−==，所以1m=.又1ln1(1)31gn+=+=，所以2n=，所以1ln()2xgxx+=+.根据题意，要证()()fxgx，即证2ln12xxex+−，只需证()22ln1xxex−−.令()2()2lnxhxxex=−−，则22121

()(21)(21)xxxhxxexexx+=+−=+−.令21()(0)xFxexx=−，则221()20xFxex=+，所以()Fx在(0,)+上单调递增.又1404Fe=−，1202Fe=−，所以()Fx有唯一

的零点011,42x.当()00,xx时，()0Fx，即()0hx，()hx单调递减，当()0,xx+时，()0Fx，即()0hx，()hx单调递增，所以()()02min000(

)2lnxhxhxxex==−−.又因为()00Fx=，所以0201exx=，所以()0000020112ln1221xhxxxxxe=−−=−+=，故()()fxgx.