四川省攀枝花市2020年高二第二学期数学期末达标检测试题一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知函数f(x)exx2,且f(3a2)f(a1)，则实数a的取值范围是（）131113A．,,B．,C．,D．0,,242224【答案】A【解析】分析：先确定函数奇偶性与单调性，再利用奇偶性与单调性解不等式.详解：因为fxexx2，所以f(x)f(x),fx为偶函数，因为当x0时，fx单调递增，所以f3a2fa1等价于f3a2fa1，即313a2a1，9a212a4a22a1,8a210a30a或a，42选A.点睛：解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为同一单调区间上f(g(x))f(h(x))的形式，然后根据函数的单调性去掉“f”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g(x)与h(x)的取值应在外层函数的定义域内.12．设函数fxxlnx，gxx2，给定下列命题：21①若方程fxk有两个不同的实数根，则k(,0)；e②若方程kfxx2恰好只有一个实数根，则k0；③若xx0，总有mgxgxfxfx恒成立，则m1；1212121④若函数Fxfx2agx有两个极值点，则实数a(0,).2则正确命题的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性，零点，极值以及恒成立问题.【详解】对于①，f(x)的定义域(0,)，f(x)lnx1，111令f(x)0有lnx1即x，可知f(x)在(0,)单调递减，在（，+）单调递增，eee11f(x)f(x)f()，且当x0时f(x)0，又f(1)0，min极小值ee从而要使得方程f(x)k有两个不同的实根，即yf(x)与yk有两个不同的交点，1所以k(,0)，故①正确e对于②，易知x1不是该方程的根，当x1时，f(x)0，方程kf(x)x2有且只有一个实数根，等价于yk和xlnx1y只有一个交点，y，又x0且x1，lnx(lnx)2x令y0，即lnx1，有xe，知y在（0,1）和（，1e）单减，lnx在（e，+）上单增，x1是一条渐近线，极小值为e．x由y大致图像可知k0或k=e，故②错lnx对于③当xx0时，12mg(x)g(x)f(x)f(x)恒成立，1212等价于mg(x)f(x)mg(x)f(x)恒成立，1122即函数ymg(x)f(x)在(0,)上为增函数，即ymg(x)f(x)mxlnx10恒成立，lnx1即m在(0,)上恒成立，xlnx1lnx令r(x)，则r(x)，xx2令r(x)0得lnx0，有0x1，从而r(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，则r(x)r(1)1，max于是m1，故③正确.对于④F(x)xlnxax2(x0)有两个不同极值点，等价于F(x)lnx12ax0有两个不同的正根，lnx1即方程2a有两个不同的正根，x1由③可知，02a1，即0a，则④正确.2故正确命题个数为3，故选C.【点睛】本题考查利用导数研究函数有关性质，属于基础题目．解题时注意利用数形结合，通过函数图象得到结论．23．甲射击时命中目标的概率为0.75，乙射击时命中目标的概率为，则甲乙两人各自射击同一目标一次，3则该目标被击中的概率为（）1511A．B．1C．D．2612【答案】D【解析】【分析】记事件A:甲乙两人各自射击同一目标一次，该目标被击中，利用独立事件的概率乘法公式计算出事件A的对立事件的概率，再利用对立事件的概率公式可得出事件A的概率.【详解】记事件A:甲乙两人各自射击同一目标一次，该目标被击中，则事件A:甲乙两人各自射击同一目标一次，两人都未击中目标，321由独立事件的概率乘法公式得PA11，4312111PA1PA1，故选D.1212【点睛】本题考查独