【文档说明】山东省莱州市2020-2021下学期高二期末考试数学试题参考答案.pdf，共(3)页，280.374 KB，由小赞的店铺上传

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1山东省莱州市2020-2021下学期高二期末考试数学试题参考答案1—8DABCBACA9、BC10、AB11、CD12、ABD13、114、-315、ln2216、2ln23+17、(1)3log162913log2log2731618

22++=++=……5分（2）10328110.25lg162lg52722−−+−−+＝()()13322222lg2lg513−−−+−++＝1422213−+−+

＝31612+−＝332……10分18、（1）11xx−…4分（2）奇函数；定义证明（略）…12分19、解：，当时，得，解得…5分(2)函数，有，因为函数在区间上单调递增，等价于在上恒成立，只要，解得，

…12分20、解：(1)函数𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)且𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏，因为点(1,3)在直线𝑦=𝑘𝑥上，故有𝑘=3，又曲线𝑦=𝑓(𝑥)与直线𝑦=3𝑥在点(1,3)处相切，故有{𝑓′(1)=𝑎−𝑏=3,𝑓(1)

=−𝑏+3=3,得{𝑎=3,𝑏=0.则甲产品的利润与投资金额间的函数关系式为𝑓(𝑥)=3𝑙𝑛𝑥+3(𝑥>0)．由题意得乙产品投资金额与利润的关系式为：𝑔(𝑥)=𝑚√𝑥，将点(4,4)代入上式，可得𝑚=2，所以乙产品的利润与投资金额间的关系式为�

�(𝑥)=2√𝑥(𝑥>0)…6分(2)设甲产品投资x万元，则乙产品投资(40−𝑥)万元，且𝑥∈[10,30]，则公司所得利润为𝑦=3𝑙𝑛𝑥+3+2√40−𝑥，故有𝑦′=3𝑥−1√40−𝑥，令𝑦′>0，解得

10≤𝑥<15，令𝑦′<0，解得15<𝑥≤30，所以𝑥=15为函数的极大值点，也是函数的最大值点．𝑦𝑚𝑎𝑥=3𝑙𝑛15+3+2√40−15=3×2.708+13=21.124万元．2所以当甲产品投资15万元，乙产品投资25万元时，公司获得最大利润为2

1.124万元…12分21、解：（1）()2111=0afaaa−=−，又01aa且，所以1a单调递增，单调递减，故()fx在R上单调递增。......5分（用定义或导数证明单调性相应给分）（2）()1312faa=−=，解得12a=−（

舍）或2a=，则()22xxfx−=−∴()()()()22222422224222xxxxxxxxgx−−−−=+−−=−−−+令22xxt−=−∵)1,x+，∴32t∴2422tt−+−∴()()224xxgxaafx−=+

−的取值范围是2,)−+.......12分22、（1）()fx定义域为()0,+，()()22221fxmxmxxx=−=−+，当0m时，()0fx，即()fx在()0,+上单调递增，不合题意，0

m；令210mx−+=，解得：1xm=，当10,xm时，()0fx；当1,xm+时，()0fx；()fx在10,m上单调递增，在1,m+上单调递减，()max1fxfm=；存在

0x，使得()01fxm−成立，则()max1mfx−，即11mfm−，又1112ln1lnfmmmmm=−+=−，1lnmm−−，即ln10mm+−，令()ln1hmmm=+−，则()1110mhmmm+=+=，(

)hm在()0,+上单调递增，又()ln11011h=−=+，01m即实数m的取值范围为()0,1….6分（2）当1m=时，()22ln1fxxx=−+，则()()22212222xxfxxxxx−−=−==，xaxa−3当()0

,1x时，()0fx；当()1,x+时，()0fx；()fx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，由12xx且()()12fxfx=知：1201xx；令()()()2Fxfxfx=−−，()0,

1x，则()()()()()()()22221221412022xxxFxxxxxx−−−−=−−=−−，()Fx在()0,1上单调递增，()()10FxF=，即()()2fxfx−；()()112fxfx−，又()()

12fxfx=，()()212fxfx−；()10,1x，()121,2x−，又21x且()fx在()1,+上单调递减，212xx−，即122xx+….12分