广西贵港市覃塘高级中学2017-2018学年高二数学3月月考试题 理答案.pdf

1、高二理科数学答案1，B 解析：因为 f(x)2 013xxlnx，所以 f(x)2 013lnx12 014lnx，又因为 f(x0)2 014，所以 2 014lnx02 014，解得 x01。2、D 思路解析:z=.3,B 解析：本题考查微积分基本定理。令 e2.7，S33S1S2.故选 B.4，C【解析】由cos4sin cos，得 cos0 或4sin.即k或 x2y24y，所以方程表示的是一条直线和一个圆5,B 解析：设切点坐标为(x0，y0)，由 y 1xa知 y|0 xx 1x0a1，即 x0a1。解方程组x0a1y0lnx0ay0 x01，得x01y00a2。故选 B。6,D解

2、析：当 x(3，2)时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x(2,3)时，f(x)0)，则 h(x)x3x1x2.当 x(0,1)时，h(x)0，函数 h(x)单调递增，所以 h(x)minh(1)4，所以 ah(x)min4.故 a 的取值范围是(，48,A 解析：f(x)在(0,1)内有极小值，则 f(x)3x23b 在(0,1)上先负后正，f(0)3b0，f(1)33b0，b1.综上，b 的取值范围为 0b1.9,B 解析：由 f(x)x23x4，令 f(x)0，即 x23x40，解得4x1，所以函数 f(x)的单调递减区间为(4,1)，所以 yf(x1)的单调递减区间为(5,0)10,

3、A 解析：因为对任意实数 x 都有 f(x)f(2x)成立，所以函数的图象关于 x1 对称，又由于若当 x1 时，不等式(x1)f(x)af(0.5)f32 f(3)c.本题解题关键是由(x1)f(x)1 时 f(x)0，函数在(1，)上单调递减11,A 解析：由 F(x)xf(x)，得 F(x)f(x)xf(x)xf(x)f(x)0，所以F(x)在(，0)上单调递减，又可证 F(x)为偶函数，从而 F(x)在0，)上单调递增，故原不等式可化为32x13，解得1x0，1mmn20，3mn21)的图象上存在区域 D 内的点，所以 loga(14)1，即 a3，所以实数 a 的取值范围为(1,3)

4、13、z=i.解:由(z+1)(+1)=|z|2z+=1.由为纯虚数,=0z-1=0.设 z=a+bi 代入得 2a=-,a2+b2=1,a=-,b=z=-i.14,3 解析：由 f(x)12x14sinx 34 cosx 得f(x)1214cosx 34 sinx，则 kf(x0)1214cosx0 34 sinx01，即32 sinx012cosx01，即 sin x06 1。所以 x062k2，kZ，解得 x02k23，kZ。故 tanx0tan 2k23 tan23 3。15,23 解析：yax2 过点 B(2,4)，a1，所求概率为 1错误!23。16,22解析：如图：|MN|f(t

5、)g(t)t2lnt(t0)，令 h(t)t2lnt(t0)，则 h(t)2t1t2t21t，令 h(t)0，得 t 22，令 h(t)0，得 0t 22，h(t)在 0，22 上单调递减，在22，上单调递增。当 t 22 时，h(t)取最小值，即 t 22 时，|MN|取最小值。17,解直线 l 的普通方程为 x2y80，因为点 P 在曲线 C 上，设 P(2s2，2 2s)，从而点 P 到直线的距离d|2s24 2s8|5|2s 224|5，当 s 2时，dmin4 55.因此当点 P 的坐标为(4，4)时，曲线 C 上的点 P 到直线 l 的距离取到最小值4 55.18,所以函数()f

6、x 在区间0,2 上单调递减.因此()f x 在区间0,2 上的最大值为(0)1f，最小值为()22f.19,解析：(1)f(x)2axbx。又 f(x)在 x1 处有极值12，f112f10，即a12ab0.解得 a12，b1。(2)由(1)可知 f(x)12x2lnx，其定义域是(0，)，且 f(x)x1xx1x1x。由 f(x)0，得 0 x0，得 x1。所以函数 yf(x)的单调减区间是(0,1)，单调增区间是(1，)。19,解：(1)f(x)2xa1x，f(x)在(0，12)上为减函数，x(0，12)时2xa1x0 恒成立，即 a2x1x恒成立，设 g(x)2x1x，则 g(x)21

7、x2.x(0，12)时1x24，g(x)g(12)3，a3.(2)若 f(x)既有极大值又有极小值，则 f(x)0 必须有两个不等的正实数根x1，x2，即 2x2ax10 有两个不等的正实数根故 a 应满足0，a20 a280，a0a2 2.当 a22时，f(x)0 有两个不等的实数根，不妨设 x1x2，由 f(x)1x(2x2ax1)2x(xx1)(xx2)知，0 xx1 时，f(x)0，x1x0，xx2 时 f(x)22时，f(x)既有极大值 f(x2)又有极小值 f(x1)21,解(1)点 P 在直线上，理由如下：直线 l：32cos 6，即 2cos 6 3，即 3cossin 3，所

8、以直线的直角坐标方程为3xy 3，易知点 P 在直线上.(2)由题意，可得直线 l 的参数方程为x12t，y 3 32 t，(t 为参数)，曲线 C 的普通方程为x22y241，将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的普通方程，得 2 12t 23 32 t 24，5t212t40，两根为 t1，t2，t1t2125，t1t2450，故 t1 与 t2 异号，|PA|PB|t1t2|(t1t2)24t1t24 145，|PA|PB|t1|t2|t1t245，1|PA|1|PB|PA|PB|PA|PB|14.22,解：（1）（1 分）当 a0 时，f（x）0，则 f（x）在（0，+）上单调递减；（3 分）当 a0 时，由 f（x）0 解得，由 f（x）0 解得即 f（x）在上单调递减；f（x）在上单调递增；综上，a0 时，f（x）的单调递减区间是（0，+）；a0 时，f（x）的单调递减区间是，f（x）的单调递增区间是（2）由（1）知 f（x）在上单调递减；f（x）在上单调递增，则（6 分）要证 f（x），即证，即 lna+0，即证 lna（8 分）构造函数，则，由（a）0 解得 a1，由（a）0 解得 0a1，即（a）在（0，1）上单调递减；（a）在（1，+）上单调递增；，即0 成立从而 f（x）成立（12 分）