黑龙江省哈尔滨市第九中学校2020-2021学年高二下学期4月学业阶段性评价考试数学（理）试题

哈九中2020-2021年度四月阶段性测试数学(理)试卷答案 1-12 ACBBB ADABC AD 13.114.(-∞,-1U[3 16.0, 17.解:(1)由题意可知f(x)=3x2-3,则在x=1处的切线斜率k=∫(1)=0, 则在点P(1,-2)处的切线方程为:y+2=0(x-1),即切线方程为:y=-2 (2)因为f(x)=x3-3x,所以设切点为(x,x3-3x),斜率为k=3x2 则所求切线方程为:y-(x32-3x)=(3x2-3(x-x)① 因为切线过点P2,2),所以有2-(x3-3x)=(3x2-3)(2-x 解得:x0=-1或x= 代入①化简可得切线方程为:y=9x-16或y=2. 18.由函数f(x)=(x+a)e,得f(x)=(x+a+1)e ∵函数f(x)在区间[-1,+∞)上是增函数 ∴(x)=(x+a+1)≥0,即a≥-x-1在区闻[-1,+)上恒成立, 当x∈[-1,+∞)时,-x-1∈(-∞,0], a≥0 (2)f(x)≥e-e在x∈[0,1时恒成立,等价于a≥e3-2x在x∈[O,时恒成立, 令g(x)=e-2x,则a≥g(x)m,∵g!(x)=-e3-2<0, g(x)在[0,1上单调递减, g(x)在区间[0,上的最大值g(x)m=g(0)=e,∴a≥e3, 即实数a的取值范围是[e,+∞) 19.(1)函数的定义域为(0,+∞),且f( 当a<0时,f(x)>0,即函数在定义域(O,+∞)上为增函数, f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间 (2)由(1)知,f(x) ①若a≤1,则x-a≥0,即∫(x)≥0在[1,]上恒成立 试卷第1页,总4页 21.(1)当a=1,b=1,c=时,f(x)=x+--ln2x f(x)=1 X-x ,1<x<2 由r(x)<0,得1<x+,当/(x)>0时解得1+√5x2, 所以f(x)在 2/单调递减,在/1+5 上单调递增 所以最大值在端点处取得,f(1)=2-1n2,f(2)=-2ln2 Xf(1-f(2)=In 2-=In ve> 所以f(x)在[,2]上的最大值为2-ln2 (2)当b=-1,C=1时,f(x)=ax---lnx x f(x)=a+ 27-23------ ①当a=0时∫(x)>0,得0<x<1,f"(x)<0,得x>1 ∫(x)在(0,1)上单调递增,在(l,+∞)上单调递减 ②当a<0时,△=1-4a>0 程ax2-x+1=0的两根为x=1-4a 且x2<0<x 所以f(x)>0,得0<x<x1,f(x)<0,得x>x 即f(x)在(0,x)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减 ③当a>0时,△=1-4a i当△=1-4a≤0,即a≥时,f(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增 i.A=1-4a>0,即0<a<一时 方程ax2x+1=0的两根为x1=5n,x 4,x,=1+1-4且0<x<x2 所以∫(x)>0,得0<x<x或x>x2,所以f(x)<0,得x<x<x2 试卷第3页,总4页 即f(x)在(Ox)、(x,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减 综上:当a=0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; 当a<0时,f(x)在0 上单调递增,在 ,+上单调递减 +√1-4a 当0<a<时,f(x)在0 +∞上单调递增,在 1-√1-4a1+√1-4 上单调递减 当a≥时,f(x)在(O,+∞)上单调递增 22.(1)由已知:f(x) a> 依题意得 ≥0对x∈[,+∞)恒成立,∴ax-120对x∈[,+x)恒成立 ∴a≥一的最大值,a≥1 (Ⅱ)∵a=1,∴f(x) f(x)在[1,+∞)上为增函数, n≥2 In >f(1)=0 设g(x)=x-x,x∈[1+∞),则g(x)=-1≤0对x∈,+x)恒成立 g(x)在[+∞)为减函数,…一>1 n≥2时:g()=ln In n=In-+In-+In-+.+In -<(1+ +(1+ +…+(1+=n 综上所证:+1+…+<1mn<n+1+++(neN*且n≥2)成立 试卷第4页,总4页