【文档说明】内蒙古乌海市2020-2021学年高二下学期期末统一监测文科数学答案.docx，共(5)页，54.511 KB，由小赞的店铺上传

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乌海市2020—2021学年第二学期期末统一监测高二年级文科数学参考答案一．选择题1—6：DACDBB7—12：BCBCAC二．填空题13.214.715.316.),1()0,1+−（三．解答题.17.（12分）解：(1)∵y＝f(x)

对任意非零实数x1，x2，恒有f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，∴令x1＝x2＝1，代入，得f(1)＝f(1)＋f(1)，解得f(1)＝0————————————————————————（3分）令x1＝x2＝－1，代入f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，得f(1)＝f(－1)＋f(－1)

，可得f(－1)＝0.——————————（6分）(2)取x1＝－1，x2＝x，代入f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，得f(－x)＝f(x)——————————————————————（9分）又函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)———————————（11

分）∴函数f(x)是偶函数————————————————————（12分）18.（12分）解：(1)当a＝－1时，342)31()(+−−=xxxf令t=g(x)＝－x2－4x＋3，由于g(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞

)上单调递减——————————————————（2分）而ty)31(=在R上单调递减，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增——————————————————（4分）即函数f(x)

的单调递增区间是(－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2)————————————————（6分）(2)令g(x)＝ax2－4x＋3，)()31()(xgxf=由于f(x)有最大值3，所以g(x)应有最小值－1—————

———（8分）因此必有a>0，3a－4a＝－1，————————————————（11分）解得a＝1，即当f(x)有最大值3时，a的值等于1.——————（12分）19.（12分)解：（1）根据表中数据，计算11(12345)3,(0.020.05

0.10.150.18)0.155xy=++++==++++=——————（2分）552111.92,55iiiiixyx====，21.92530.10.0425553b−==−，————————————————————（4分）∴0.10.04230.026a

=−=−.————————————————————（5分）∴现性回归方程为0.0420.026yx=−.————————————————（6分）（2）由（1）的线性回归方程可知，上市时间与市场占有率正相关，即上市时间每增加1个月，市场占有率约增加0.04

2个百分点——————————（8分）由0.0420.0260.5yx=−，解得12.5x.———————————————（11分）∴预计自上市起经过13个月时，市场占有率能超过0.5%.——————（12分）20(12分）（由选修课本1—2P46A组T3改编）

（1）解：因为)(0)(Nnnf,4)2(=f，并且对于任意Nnn21,,)()()(2121nfnfnnf=+成立。——————————————————（2分）所以4)1()11(22==+=fff）（，21=）（f。32)2()1()21()3(

==+=ffff422)2()22()4(==+=fff。由此猜想nnf2)(=。——————————（6分）（2）证明：由题得)1()1()(−=nffnf，),1(Nnn,)(0)(Nnnf所以2)1()1()(==−fnf

nf，————————————————————（9分）累积得12)1()2()2()1()1()(−=−−−nffnfnfnfnf即nnf2)(=—————————（12分）21（12分）解：(1)a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，

所以切线的斜率k＝f′(1)＝2e.——————————————（2分）又f(1)＝e，所以y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.——————————————————

——（4分）(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝lna.————————————（5分）①当a＝1e时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．——————————

——————（6分）②当0<a<1e时，lna<－1，由f′(x)>0，得x<lna或x>－1；由f′(x)<0，得lna<x<－1，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(lna，－1)．————————

————————（8分）③当a>1e时，lna>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>lna；由f′(x)<0，得－1<x<lna，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(lna，＋∞)，单调

递减区间为(－1，lna)．————————————————（10分)综上所述，当a＝1e时，f(x)在R上单调递增；当0<a<1e时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(lna，－1)；当a>1e时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(lna，

＋∞)，单调递减区间为(－1，lna)———————————————————————(12分）22.（10分）解：(1)消去方程x＝1＋2t，y＝2t中的参数t，可得x－y－1＝0.————————————————————————（2分）将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入

3ρ2cos2θ＋4ρ2sin2θ＝12，可得3x2＋4y2＝12.故直线L的普通方程为x－y－1＝0，曲线C的直角坐标方程为x24＋y23＝1.——————————————（5分）(2)解法一：在x－y－1＝0中，令y＝0，得x＝1，则A(1,0)．——————————————

——（6分）由3x2＋4y2＝12，x－y－1＝0消去y，得7x2－8x－8＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，不妨设x1<x2，则x1＋x2＝87，x1x2＝－87.—————————

—————————（8分）故|AP|＝1＋12|x1－1|＝－2(x1－1)，|AQ|＝1＋12|x2－1|＝2(x2－1)，所以|AP|·|AQ|＝－2(x1－1)(x2－1)＝－2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝187.——————

——————————（10分）解法二：把x＝1＋2t＝1＋22·2t，y＝2t＝22·2t————————————（7分）代入3x2＋4y2＝12，整理得14t2＋62t－9＝0，则t1t2＝－914，所以|AP|·|AQ|＝|2t1|·|2t

2|＝|4t1t2|＝187.—————————（10分）23.(1)解：根据题意，若f(x)≤6，则有x＋1＋3－x≤6，－1≤x<3或x＋1＋x－3≤6，x≥3，解得－1≤x≤4，故原不等式的解集为{x|－1≤x≤4}．——————（5分）(2)证明：函数f(x)＝x

＋1＋|3－x|＝4，－1≤x<3，2x－2，x≥3，分析可得f(x)的最小值为4，即n＝4，则正数a，b满足8ab＝a＋2b，即1b＋2a＝8，——————————（7分）∴2a＋b＝181b＋2a(2a＋b)＝18

2ab＋2ba＋5≥185＋22ab·2ba＝98，原不等式得证．——————————（10分）