所以F(?1)?f(?1)?2(?1)?4?2?2?4?0．所以有F(x)?f(x)?2x?4?0， 即F(x)?f(x)?2x?4?F(?1)．所以x??1，即不等式的解集是(?1， ??)，故选B．11．C 分析：因为：函数
2
与轴有两个交点；则说明了其
，
=0
的方程中判别式大于零，即为m-4>0，解得m>2或,m<-2：
恒成立．则说明开口向上，只有判别式小于零成立，故有16(m-2)2-16<0，1 分析：函数y?e?lnx的定义域为(0,??)，它的导数为y'?ex?若x?a时，y'?ea?下降；y'?ex?x表 为真，则说明p和都是真的，那么利用交集思想得 ,选C. 1,x?0，导数是增函数，x11?0，则y'?ex??0,0?x?a，函数y?ex?lnx为减函数，图像ax1?0,x?a，函数y?ex?lnx为增函数，图像上升，综上，函数y?ex?lnx的x图象在区间(0,??)上先下降后上升。选A。 13．(0,??) x2y232b14．【解析】设双曲线方程为2?2?1(a?0,b?0)，则其渐近线方程为y??x， 4 aba将 点 ?4,?2?坐标代 2入上式，得 b2?a4， ?2?ca2?b2b232∴e??． ?1??1????22??aaa4?4?115．n?n?1??2n?1? 6b2 【解析】由题f'?x???x??0在?1,???上恒成立．即b≤x在x∈（1，+∞）上恒成立， x因为x＞1，所以b≤1． （1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题； （2）若 f?x??0就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值， ，若f?x??0恒成立 2 最终转化为f?x?min?0?f?x?max?0； （ 3 ） 若 f?x??g?x? . 恒成立，可转化为 f?x?min?g?x?max17．?1,4? 解：因为函数y?a在R上是单调递增，所以a?1；又不等式ax2?ax?1?0对?x?R恒成立，若a?0，则1>0恒成立，所以a?0，若a?0，则{xa?0V???a??4a?02 ， 解得： 0?a?4 故当0?a?4时，不等式ax2?ax?1?0对?x?R恒成立；而命题p?q为真， 所以p真且q真， 故a的取值范围为?1,4? 18．（Ⅰ）m?8；（Ⅱ）{x|x??}. 试题解析： （Ⅰ）x?7?x?1可以看做数轴上的点x到点?7和点1的距离之和. ∴x?7?x?1min?8，∴m?8. （Ⅱ）由（Ⅰ）得m的最大值为8,原不等式等价于： x?3?2x?4. 13??x?3x?31∴有{或{从而x?3或??x?3， x?3?2x?43?x?2x?4.3∴原不等式的解集为{x|x??}. 19．（1） ， ；（2） 13解析：（1）由得直线的普通方程为，又由 得圆的直角坐标方程为，即． 把直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，得， 即，由于， 故可设，是上述方程的两实数根，所以， 又直线l过点所以20．(1) 详解：（1） ， ，两点对应的参数分别为，， ． (2) ， ，年利润最大 解得：所以： ， ， ， ， ， ，，， （2）年利润所以 21．（1） ，年利润最大. ；（2） 或3. ， ，又因为 【详解】（1）由题意得圆的标准方程为 ，故可得，，从而椭 （2）由题意可得直线 ，或者 当当 坐标分别为坐标分别为 或3. 、 ， 的方程为： ，由题意，， 时，时， ，联立 ， ，， ，可得，从而， ，故，故 ； ， 综上，22．（1）（2） ， 的单调递减区间为 ． 的单调递增区间为（0，1），而 （3）的取值范围为 分析： （1）由极值的定义和已知条件可得b﹣c=﹣3﹣c，，即b=-3；对已知函数求导，再由 ，列出管a，b 的等式，即可得到a的值.（2）由（1）可得到f（x）的表达式，然 后对其求导，由 或 ，可得到函数的单调增区间或减区间.（3）求出f（x）的 2 2 最小值﹣3﹣c，已知条件式f（x）≥﹣2c恒成立可转化为﹣3﹣c≥﹣2c，解得c即可.2分 又对f（x）求导得 =x3（4alnx+a+4b）， 由题意f'（1）=0，因此a+4b=0，得a=12 4分 （2）由（1）知f'（x）=48xlnx（x＞0），令f'（x）=0，解得x=1 当0＜x＜1时，f'（x）＜0， f（x）单调递减；当x＞1时，f'（x）＞0， f（x）单调递增， 故 f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞） 8分 （3）由（2）知，f（x）在x=1处取得极小值f（1）=﹣3﹣c，此极小值也是最小值， 要使f（x）≥﹣2c2（x＞0）恒成立，只需﹣3﹣c≥﹣2c2 10分 即2c﹣c﹣3≥0，从而（2c﹣3）（c+1）≥0，解得所以c的取值范围为（﹣∞，﹣1]∪ 12分 2 3 或c≤﹣1
江西省吉安市新干中学2020学年高二数学下学期期中试题 理
