【文档说明】山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题答案.pdf，共(4)页，255.098 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-77d2a7a68244a3f065f6c68630880b0e.html

以下为本文档部分文字说明：

1高二年级3月份质量检测考试数学答案一、单选题:1-4ACCD5-8BCDB二、多选题：9.ABC10.BD11.BC12.ABD填空题：13、314、211,22ee15、1,e16、0或1四、解答题17.（1）2211a

axfxxxx，由导数的几何意义可知，13f，即13a，得4a.（2）当1a时，1lnfxxx，22111xfxxxx，0x，当01x时，0fx，当1x时，0fx，所以函数

在区间0,1上单调递减，在区间1,上单调递增，所以当1x时，函数取得极小值1，无极大值.18、（1）∵点3,1P在函数fx的图象上,∴3271242781faa,解得13a,∴31443fxxx,∴

2'422fxxxx,当2x或2x时,'0fx,fx单调递增;当22x时,0fx,fx单调递减.∴极大值点为-2,极小值点为2.（2）由1可得:函数fx在区间1,2上单调递减,在区间2,3上单调递增.∴m

infx423f,又12314433f,391241f,∴maxfx2313f19.（1）由3223fxxaxbxa可得236fxxaxb，因为3223fx

xaxbxa在=1x时有极值0，所以1010ff，即2360130ababa，解得13ab或29ab，当1a，3b时，22363310fxxxx，函数fx在R上单调递增，

不满足在=1x时有极值，故舍去，当2a，9b时满足题意，所以常数a，b的值分别为2a，9b，所以32694fxxxx．（2）由（1）可知32695hxxxxm，22343

313hxxxxx，令0hx，解得11x，23x，∴当3x或1x时，0hx，当31x时，0hx，∴hx的递增区间是,3和1,，单

调递减区间为3,1，当3x时，hx有极大值m5；当=1x时，hx有极小值1m，要使函数hx有三个零点，则须满足5010mm，解得15m．20.解：(1)当0＜x≤10时，y＝x11.8－130

x2－20－5.4x＝6.4x－130x3－20，当x＞10时，y＝154x－20003x2x－20－5.4x＝134－210003x＋2.7x，∴y＝6.4x－130x3－20，0＜x≤10，134－210003x＋2.7x，x＞10．(2)①当

0＜x≤10时，y′＝6.4－110x2，令y′＝0可得x＝8，x∈(0,8)时，y′＞0，x∈(8,10]时，y′＜0，∴x＝8时，ymax＝21215≈14.1(万元)．②当x＞10时，y＝134－2

10003x＋2.7x≤134－120＝14(万元)(当且仅当x＝1009时取等号)，综合①②知：当x＝8时，y取最大值14.1，故当月产量为8千件时，该公司在这一型号医疗器械的生产中所获月利润最大，最大月利润为1

4.1万元．21、（1）当0a时，1xfxex，则1xfxe，令0fx，解得0x，当,0x时，0fx，所以fx在,0单调递减函数；当0,x时，0fx，所

以fx在0,单调递增函数；所以min00fxf.（2）21xfxeaxx，则21xfxeax，3设21(0)xhxeaxx，则()2xhxea，当12a时，()0hx，所以hx

在0,上为增函数，又(0)0h，所以()(0)0hxh，即()0fx，所以()fx在在0,上为增函数，又(0)0f，所以()(0)0fxf，满足题意；当12a时，令(

)0hx，解得ln2xa，当(0,ln2)xa时，()0hx，所以()hx在(0,ln2)a为减函数，所以当[0,ln2)xa时，()(0)0hxh，即()0fx，所以()fx在[0,

ln2)xa为减函数，又(0)0f所以()(0)0fxf，不满足题意，综上：a的取值范围是1(,]222、（1）Q222()22(0)axxafxxxxx，∵函数()fx在2x处取得极值，84(2)0afx，

解得4a，当4a时，2222(1)(2)()xxxxfxxx.∴当02x时，()0fx，()fx单调递减；当2x时，()0fx，()fx单调递增；∴当4a时，函数()fx在2x处取得极小值；（2）Q2()()(2)lngxf

xaxxaxax，22(2)(1)(2)()2(2)(0)axaxaxxagxxaxxxx令()0fx，则1x或2ax，①当0a时，令()0gx可得1x，∴函数()gx的单调递增区间为(1

,)；4②当02a时，令()0gx可得02ax或1x，∴函数()gx的单调递增区间为0,,(1,)2a；③当2a时，()0gx在(0,)x上恒成立，∴函数()gx的单调递增区间为(0,)；④当2a时，令()0g

x可得01x或2ax，∴函数()gx的单调递增区间为(0,1),,2a；（3）Q2a，2()22lnfxxxx，Q1212fxfxxx，221212121222lnxxxxxxxx，整理可得212121212

322lnxxxxxxxx，令12txx，()22ln(0)tttt，Q12(1)()21tttt，令()0t，解得1t，当01t时，()0t，()t单调递减；当1t时，()0t，()t单调递

增；∴当1t时，()t取得极小值即最小值为12，2121232xxxx即21212320xxxx，解得123172xx（舍去）或123172xx

，12xx的取值范围为317,2.