【文档说明】山东省滕州一中2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题 答案.docx，共(5)页，190.655 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级3月份质量检测数学（参考答案）2023年3月第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.C2.B3.D4.B5.B6.C7.A8.D二、多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给

出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.BC10.AC11.BD12.ACD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.2514.6

15.()21,e16.34四、解答题：本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解析】（1）()sintancosxgxxx==，所以()2222cossin1coscosxxgxxx+==，所以24

g=，14g=，所以切线方程为：124yx−=−，整理得2102xy−+−=.（2）()lnfxx=，所以()1fxx=，设切点坐标为()00,lnxx

，所以切线斜率为01kx=，则切线方程为：()0001lnyxxxx−=−，又因为切线过原点，所以将()0,0代入切线方程得()0001lnxxx−=−，解得0ex=，所以切线方程为：()11eeyx−=−，整理得e0xy−=.18.【解析】（1

）当0m=时，()ln,(0,)fxxxxx=−+，()ln,()0,1.fxxfxx===()001fxx，()01fxx所以()fx的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,

+（2）由函数()fx在()0,+上是减函数，知()0fx恒成立，()()21lnln2fxxxmxxfxxmx=−−=−．由()0fx恒成立可知ln0xmx−恒成立，则maxlnxmx

≥，设()lnxxx=，则()21lnxxx−=，由()()00,exx，()<0exx知，函数()x在()0,e上递增，在()e,+上递减，∴()()max1eex==，∴1em．19.【解析】(1)f′(x)＝

3x2－2x－1.令f′(x)＝0，得x＝－13或x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－∞，－13－13－13，11(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴f(x)的极大值是f－13＝527＋a，极小值是f

(1)＝a－1.(2)函数f(x)＝x3－x2－x＋a＝(x－1)2(x＋1)＋a－1，由此可知，x取足够大的正数时，有f(x)>0，x取足够小的负数时，有f(x)<0，∴曲线y＝f(x)与x轴至少有一个交点.由(1)知

f(x)极大值＝f－13＝527＋a，f(x)极小值＝f(1)＝a－1.∵曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点，∴f(x)极大值<0或f(x)极小值>0，即527＋a<0或a－1>0，∴a<－527或a>1，∴

当a∈－∞，－527∪(1，＋∞)时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点.20.【解析】（1）解：因为()32113fxxax=-+，该函数的定义域为R，且()22fxxax=−，由已知可得()24

40fa−=+=，解得1a=−.（2）解：当1,1x−时，函数()fx1,0−上单调递减，在0,1上单调递增，因为()513f−=，()713f=，则()()max713fxf==，()()min01fxf==.21.【解析】(1)f（x）的导数为f′（x）

22x=−+a2()()221axaxaxx+−+=，x＞0，令f′（x）＝0，可得x1a=（2a−舍去），①当01a＜＜10，即a110＞时，当0＜x1a＜时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1a＜x＜10时，f′（x）＞0，f（x）递

增．所以f（x）在（0，1a）上递减，在（1a，10）上递增；②当1a10即0＜a110时，f′（x）＜0，f（x）在（0，10）上递减．综上可得，当a110＞时，f（x）在（0，1a）单调递减，在（1a，10）上单调递增当0＜a110时，f（x）在区间（0，10）上递减．(2)存在x∈

（0，+∞），使得不等式f（x）＜2+a2x成立等价为存在x∈（0，+∞），使得不等式2x+alnx﹣2＜0成立．令()2ln2gxaxx=+−，x＞0，g′（x）2222aaxxxx−=−+=，因为a＞0，可得当0

＜x2a＜时，g′（x）＜0，g（x）递减；当x2a＞时，g′（x）＞0，g（x）递增，所以当x2a=时，g（x）取得极小值，且为最小值2ln2ln2gaaaaa=+−−，由题意可得ln2ln20aaaa+−−

，令()ln2ln2hxxxxx=+−−，()ln2lnhxx=−，令h′（x）＝0，可得x＝2，当x∈（0，2）时，h′（x）＞0，h（x）递增；当x∈（2，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）递减．在所以当x＝2时，h（x）取

得极大值，且为最大值h（2）＝0．所以满足ln2ln20aaaa+−−的实数a的取值范围是（0，2）∪（2，+∞）．22.【解析】：（1）()fx的定义域为(),−+，()()()()2221121xxxxfxaeaeaee=+−−−=+，（ⅰ）若0a，则()0fx，所以()

fx在(),−+单调递减.（ⅱ）若0a，则由()0fx=得lnxa=−.当(),lnxa−−时，()0fx；当()ln,xa−+时，()0fx，所以()fx在(),lna−−单调递减，在()ln,a−+单调递增.（2）（ⅰ）若0a，

由（1）知，()fx至多有一个零点.（ⅱ）若0a，由（1）知，当lnxa=−时，()fx取得最小值，最小值为()1ln1lnfaaa−=−+.①当1a=时，由于()ln0fa−=，故()fx只有一个零点；②当()1,a+时，由于11ln0aa−+，即()ln0fa−，故()fx没有零

点；③当()0,1a时，11ln0aa−+，即()ln0fa−.又()()4222e2e22e20faa−−−−=+−+−+，故()fx在(),lna−−有一个零点.设正整数0n满足03ln1na−，则()()00000000ee2e20nnnnfnaannn=+−

−−−.由于3ln1lnaa−−，因此()fx在()ln,a−+有一个零点.综上，a的取值范围为()0,1.