浙江省9+1高中联盟2018-2019学年高二数学下学期期中试题（PDF）

第页共6页12018学年第二学期9+1高中联盟期中考高二数学参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。请将正确答案填入下表内。题号12345678910答案CADBBDACCA二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11.1，3；12．8，14；13.40，32；14.27，265n；15．2；16．222；17．1229．三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.(本题满分14分)解：（Ⅰ）()sin(2)cos26fxxx31sin2cos222xxsin(2)6x…………5分2T…………7分（Ⅱ）03x2662x1(),12fx……………14分19．(本题满分15分)解：（Ⅰ）3213211213111743243243243224P…………5分8584120120F会入选………………7分第页共6页2（Ⅱ）X0123P124141124141111123()012324424412EX………………15分20．(本题满分15分)解：（Ⅰ）ab．sin3cos0xx………………4分tan3x………………7分（Ⅱ）31)3sin()(πααf1sin()33………………9分0233622cos()33………………12分sinsin()33sin()coscos()sin33331122312632326………………15分21.(本题满分15分)解：（Ⅰ）∵f（0）=0，∴c=0，∵对于任意x∈R,都有11()()22fxfx，∴函数()fx的对称轴为12x，即122ba，得ab………………3分又()fxx，即2(1)0axbx对于任意x∈R,都成立，∴0a，且2(1)0b．∵2(1)0b，∴b=1，a=1．∴2()fxxx．………………6分（Ⅱ）法一：令0)(xg，则即求方程|1|2xλxx在（-1,2）内的解的个数问题．第页共6页30λ，当λx1时，方程xλxx12在)1,0(λ内必有一解．………………8分只需考虑λx1时，方程12xλxx在)2,1(λ内的解的个数问题．当0时，可得3λ．如图一，此时1x．即此时有一解；当0时，可得30λ．如图二，此时)2,1(λ内无解；当0时，可得3λ．记两解为)(,,2121xxxx，121xx，如图三，必有)1,1(1λx之间，取2x，若)2(12fλ即27λ时，解2x（1，2）；若)2(12fλ，即27λ，),2[2x；………………14分综上，当30λ时，g（x）在（-1,2）内有一个零点；当3λ或27λ时，g（x）在（-1,2）内有两个零点；当273λ时，g（x）在（-1,2）内有三个零点；………………15分法二：()()|1|gxfxx2222221111(1)1+12211+1+1(1)1+122xx,xx,xxx,xx,x（）（）（）（）………………8分0λ，1)当λx1时，对称轴0+102x，图一图二图三第页共6页4又(1)1g，2111()0g，(0)10g()gx在1-（1，）上有一解.………………10分2）当1x时，对称轴0-12x，i)若1-12，即02时，()gx在1（，2）上递增.又2111()0g，()=0gx在1（，2）上无解.ii)若1-12，即2时，()gx在1-12（，）上递减，-1+2（，）上递增.又2111()0g，2-1-1()1()22g，(2)7-2g23当时，()gx在1（，2）上没有零点.=3当时，()gx在1（，2）上有一个零点.72当3时，()gx在1（，2）上有两零点.当27λ时，()gx在1（，2）上有一零点.………………14分综上，当30λ时，g（x）在（-1,2）内有一个零点；当3λ或27λ时，g（x）在（-1,2）内有两个零点；当273λ时，g（x）在（-1,2）内有三个零点；………………15分22.(本题满分15分)（Ⅰ）()[ln(1)+]+1101xfxmxxkf().故切线l的方程为1yx.………………5分（Ⅱ）令()()ln(1)1[0).xxgxefxexmxx,x,则()1ln(1)[0).1xmxgxemx,x,x第页共6页5令h()1ln(1)[0).1xmxxemx,x,x则211()(1)1xhxemxx，0,xh(0)12.m………………7分①当0m时，h()0,xh(x)在[0),上单调递增，故00h(x)g(x)h()，g(x)在[0),上单调递增，00g(x)g()从而，当0x时，().xefx②当102m时，h(x)在[0),上单调递增，0120h(x)h()m,在[0),上单调递增，故与①同理，可得当0x时，().xefx③当12m时，h(x)在[0),上单调递增，h(x)在[0),内取得最小值h(0)=1-2m，h(0)0,取41xm，则0x，221111h()[]1[],(1)1(1)1xxemxmxxxx11111h(41)4m40164284mm存在唯一的0041xm（，），使得0()0hx,且当00[0]x,x时，()0hx,h(x)在0[0],x上单调递减，当0[0]x,x时，()=g()(0)=0hxxh,()gx在0[0],x上单调递减，此时存在00xx，使得0()g(0)=0gx，不符合题设要求.第页共6页6综上所述，m的取值范围为1(]2,.………………10分法二：求导同解法一(0)0h且()0fx恒成立(0)120hm，12m211()(1)1xhxexx21112(1)1xexxx[0),10,11x，2110,2(1)1xx2111()102(1)1hxxxh(x)在[0),上单调递增，故00h(x)g(x)h()，g(x)在[0),上单调递增，00g(x)g()………………10分（Ⅲ）由（2）知：当12m时，ln(1)12xxxxe22ln(1)2xexxx………………12分令10,1xn，11ln(1)222nnnen，1ln(1)ln2(1)2nnnnne………………14分累加得：ln(1)223(1)2(2)nnneene2ln(1)32(2)nnnneene………………15分