山东省烟台市招远二中2017-2018学年高二数学下学期期末考试试题 文.doc

12345高二文科数学试题参考答案一、选择题一、选择题1～5 : B A D D D 6～10: D A C B C 11-12 : B D 二、填空题二、填空题13. 14. 15. 16. 124(, 1)(0,1) U三、解答题三、解答题17. 解：（1）令，解得. 25230xx 132x令，解得时. 240x  22x 于是，，132Axx22Bxx 所以. 23ABxx U（）因为，所以. 2ABBBA当时，时，满足题意. 0a B  当时，令，解得，0a 20xaaxa   当时，，解得. BA1 2a104a 综上所述，的取值范围是. a1 4a  18. 解：（1）设，，.  2(0)f xaxbxc a 00fQ0c 于是 22111f xf xa xb xaxbx. 222axabx解得，. 1a 1b 所以.  2f xxx（2）解法一：由已知得在上恒成立.  2(21)g xxxx00,1x即在上恒成立. 221xx x0,1x6令， 221xxh xx0,1x可得.   222222122210 2121xxxxxh x xx 函数在单调递增，.  h x0,1  min00h xh的取值范围是. { |0} 解法二：由已知在区间上的最小值恒大于零. 2(1 2 )g xxx[0,1]因为二次函数开口向上，对称轴为. 2(1 2 )g xxx1 2x所以，当，即时，，解得.1021 2min(0)0gg 0当，即时，，解集为.1123 2min(1)230gg当，即时，，解集为101213 222 min11()024gg 综上，实数的取值范围是. { |0} 19．解：（1）由，得的定义域为，10 10x x   f x11xx 定义域关于原点对称. 又log [()1]log [1 ()]aafxxx ， [log (1)log (1)]( )aaxxf x  函数为定义域上的奇函数.  f x（2），，即.  0f x Q1log01ax x1loglog 11aax x①当时， . 1a 11 111x x x 01x ②当时， . 01a11 111x x x 10x 7综上，当时，不等式的解集为；1a  0f x 01xx当时，不等式的解集为. 01a 0f x 0xx20．解：（1）， 22fxxaxb因为切线方程为，所以切点为，切线斜率为.4230xy9(3, )22于是，  9312932fab.  3962fab解得 ，. 3 2a  2b （2）因为曲线与直线有三个不同交点， yf x2yxm所以方程有三个不同的实根，即函数有三 2f xxm3213( )332g xxxm 个不同的零点. 易得，令得:，.  23gxxx 0gx10x 23x x(,0)0(0,3)3(3,)( )fx00( )f x极大值极小值所以的极大值为，所以的极小值为，( )f x(0)3fm( )f x3(3)2fm 于是，解得. 30302mm332m21．解：（1）依题意得，当时，； 030x850y 当时，. 3060x850 10(30)101150yxx . 850,030,101150, 3060,xxyxxxNN（2）当时，, 030,xxN85012000Qx8时, 取得最大值. 30x Qmax13500Q当时,3060,xxN, 21011501200010115012000Qxxxx  , 21154212510()22x 当或时, 取得最大值. 57x58Qmax21060Q因为，2106013500当公司参加培训的员工人数为或时，5758培训机构可获得最大利润元. 2106022. （本小题满分 12 分）解：（1），． ( )exf xax exfxa当时，，则在上单调递增； 0a  0fx f x(,) 当时，令，得．0a  0fx0lnxa当时，，单调递减；当时，lnxa-， 0fx( )f xln ,xa，单调递增．  0fx( )f x综上，当时，在上单调递增；当时，在0a  f x(,) 0a ( )f x单调递减，在单调递增. lna-，ln , a （2），令，则． exfxa 0fxlnxa1、当时，，由（1）的结论可知函数在上单调递增,01aln0a  f x0,a.   2 maxeaf xf aa2、当时，，下证.事实上，令，1a ln0a lnaa( )lng aaa则.当时，，所以在为增函数，且11( )1ag aaa 1a ( )0g a( )g a(1,)，即当时，恒成立. 由（1）的结论，知( )(1)10g ag 1a ln0aa在单调递减,在单调递增. f x(0,ln )a(ln , )a a9所以在上的最大值等于． ( )f x0,a(0),( )max ff a设，则   20(1)e1aaah affa e,2aah a令，易得，因为，且在 ( )e2aah aa e2aa1a  0a恒成立，所以在单调递增，所以，即(1,)( )a(1,)( )(1)e20a恒成立，所以在在上单调递增，所以在( )0h a h a(1,) ( )1e20h ah 上成立，即.因此，当时，在上的最大值为(1,)  0f af1a ( )f x0,a．2( ) af aea综上所述，当时，. 0a   2 maxeaf xf aa。