【文档说明】黑龙江省大庆铁人中学2020-2021学年高二下学期期末考试数学（文）答案.docx，共(3)页，186.895 KB，由小赞的店铺上传

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1-12DDDCCBBDCAAC13.[−1,3]14.415.316.()+,e17.【答案】解：(1)∵𝑥2+2𝑥−3<0，∴(𝑥+3)(𝑥−1)<0，解得−3<𝑥<1，∴𝐴=(−3,1)，∵当𝑎=3

时，|𝑥+3|<1，∴−1<𝑥+3<1，∴−4<𝑥<−2，∴𝐵=(−4,−2)，∴𝐴∪𝐵=(−4,1)．(2)由(1)可知，𝐴=(−3,1)，∵|𝑥+𝑎|<1，∴−1<𝑥+𝑎<1，∴−1−𝑎<𝑥<1−𝑎，∴𝐵=(−1−�

�,1−𝑎)，∵𝑝：𝑥∈𝐴，q：𝑥∈𝐵，p是q成立的必要不充分条件，∴𝐵⫋𝐴，∴{−1−𝑎≥−31−𝑎≤1，解得0≤𝑎≤2．18.【答案】解：(Ⅰ)∵函数𝑓(𝑥)是定义在R上的奇函数，∴𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，…(1分)∴当𝑥=0时，�

�(𝑥)=0；当𝑥<0时，−𝑥>0，𝑓(𝑥)=−𝑓(−𝑥)=(−𝑥)(1−𝑥)=𝑥(𝑥−1).…(4分)∴𝑓(𝑥)={𝑥(𝑥−1),𝑥≤0−𝑥(𝑥+1),𝑥>0…(5分)(Ⅱ)∵函数

𝑓(𝑥)为奇函数，∴𝑓(1−𝑚)+𝑓(1−𝑚2)<0⇔𝑓(1−𝑚2)<−𝑓(1−𝑚)=𝑓(𝑚−1)，…(8分)易知𝑓(𝑥)在R单调递减，…(9分)∴1−𝑚2>𝑚−1，解得：−2<𝑚<1故不

等式的解集是{𝑥|−2<𝑚<1}.…(12分)19.解：(1)∀𝑥1,𝑥2∈[12,1]，且𝑥1<𝑥2，则𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)=𝑥1+4𝑥1−(𝑥2+4𝑥2)=(𝑥1−𝑥2)(𝑥1𝑥2−4)𝑥1𝑥2，12⩽𝑥1<𝑥2⩽1⇒𝑥

1−𝑥2<0,0<𝑥1𝑥2<1<4⇒𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)>0，即𝑓(𝑥1)>𝑓(𝑥2)，所以𝑓(𝑥)在[12,1]上单调递减，𝑓(12)=172，𝑓(1)=5，所以函数𝑓(𝑥)=𝑥+4𝑥在[12,1]上的值域

为[5,172].(2)因为∀𝑥1∈[12,1]，∃𝑥2∈[2,3]，使得𝑓(𝑥1)≥𝑔(𝑥2)，所以𝑓(𝑥1)min≥𝑔(𝑥2)min，因为𝑥2∈[2,3]，所以𝑔(𝑥2)≥22+𝑎=4+𝑎，所以5≥4+𝑎，即𝑎≤1．20.（1）当2=a时，0)12(

)(2−=xxxf恒成立，)(xf的单调递增区间为()+,0；无减区间（2）𝑓′(𝑥)=1𝑥+2𝑥−2𝑎=2𝑥2−2𝑎𝑥+1𝑥，设𝑔(𝑥)=2𝑥2−2𝑎𝑥+1，由题意，在区间[12,2]上存在子区间使得不等式𝑔(𝑥)>0

成立，∵2>0，∴只要𝑔(2)>0或𝑔(12)>0即可．由𝑔(2)>0，即8−4𝑎+1>0，解得𝑎<94；由𝑔(12)>0，即12−𝑎+1>0，解得𝑎<32．综上可得：𝑎<94．21.【答案】000极大值极小值22.【答案】解：(Ⅰ)

当𝑚=2时，，则𝑓′(𝑥)=2(𝑥−1)+2𝑥，则𝑓′(1)=2，即切线斜率为2，又切点为(1,0)，故切线方程为𝑦=2(𝑥−1)，即2𝑥−𝑦−2=0．(Ⅱ)函数𝑓(𝑥)定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=2(𝑥

−1)+𝑚𝑥=2𝑥2−2𝑥+𝑚𝑥，∵𝑥1,𝑥2是函数的两个极值点，∴𝑥1,𝑥2是方程2𝑥2−2𝑥+𝑚=0的两个不等实根，∴{𝑥1+𝑥2=1𝑥1𝑥2=𝑚2(∗)，∵𝑥1<𝑥2，∴0<𝑥1<12<𝑥2<1，，将(∗)式代入得：，设，

则，令𝑔′(𝑡)=0，解得𝑡=1√𝑒，当𝑡∈(12,1√𝑒)时，𝑔′(𝑡)<0，则𝑔(𝑡)在(12,1√𝑒)上单调递减，当𝑥∈(1√𝑒,1)时，𝑔′(𝑡)>0，则𝑔(𝑡)在(1√𝑒,1)上

单调递增，∴𝑔(𝑡)𝑚𝑖𝑛=𝑔(1√𝑒)=1−2√𝑒=1−2√𝑒𝑒，∴𝑔(𝑡)<𝑚𝑎𝑥{𝑔(12),𝑔(1)}，，即𝑓(𝑥2)𝑥1的取值范围[1−2√𝑒𝑒,0)．【解析】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、

极值以及最值，属于难题．(Ⅰ)对函数求导，将𝑥=1代入到导函数求得切线斜率，结合切点即可求出切线的点斜式．(Ⅱ)根据题意可知𝑥1,𝑥2是方程2𝑥2−2𝑥+𝑚=0的两个不等实根，则{𝑥1+𝑥2=1𝑥1𝑥2=𝑚2(∗)，则可求得，设，利用导数研究其单调性，求得𝑔(𝑡)𝑚𝑖

𝑛=𝑔(1√𝑒)=1−2√𝑒=1−2√𝑒𝑒，故𝑔(𝑡)<𝑚𝑎𝑥{𝑔(12),𝑔(1)}，，即可求解．