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- 2021-06-11 发布
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2020年天津市河西区高考数学二模试卷
一、选择题: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. 设集合M={x|x2≤4},集合N={x|1≤x≤2},则∁MN=( )
A.{x|−2≤x<1} B.{−2, −1, 0} C.{x|x≤−2} D.{x|02 ,若函数g(x)=x⋅f(x)−a(a≥−1)的零点个数为2,则实数a的取值范围是( )
A.23−12(x−32)2+1.
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参考答案与试题解析
2020年天津市河西区高考数学二模试卷
一、选择题: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.
【答案】
A
【考点】
补集及其运算
【解析】
可以求出集合M,N,然后进行补集的运算即可.
【解答】
因为集合M={x|x2≤4}={x|−2≤x≤2},集合N={x|1≤x≤2},
∴ ∁MN=[−2, 1).
2.
【答案】
B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由互斥事件与对立事件的概念结合充分必要条件的判定方法得答案.
【解答】
由对立事件一定是互斥事件,但互斥事件不一定是对立事件,
可知“条件A与条件B互斥”,不一定有“条件A与条件B互为对立事件”,
反之,由“条件A与条件B互为对立事件”,一定得到:“条件A与条件B互斥”.
∴ p是q的必要而不充分条件.
3.
【答案】
D
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
计算x¯、y¯,代入线性回归方程中求出a的值.
【解答】
计算x¯=14×(0+1+3+4)=2,
y¯=14×(2.2+4.3+4.8+6.7)=4.5,
代入y与x的线性回归方程y=0.95x+a中,
解得a=4.5−0.95×2=2.6.
4.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
【解析】
由抛物线方程求得抛物线的焦点坐标,得到双曲线的一个焦点坐标,可知双曲线是焦点在y轴上的双曲线,设其方程为y2a2−x2b2=1(a>0, b>0).求出c与a的最值,结合隐含条件求得b,则双曲线方程可求.
【解答】
由抛物线x2=20y,得2p=20,则p=10.
∴ 抛物线x2=20y的焦点坐标为(0, 5),
可知双曲线是焦点在y轴上的双曲线,设其方程为y2a2−x2b2=1(a>0, b>0).
则c=5.
又双曲线上的一点P到双曲线的两个焦点的距离之差的绝对值等于6,∴ 2a=6,即a=3.
∴ b2=c2−a2=16.
∴ 双曲线的标准方程为y29−x216=1.
5.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
【解析】
由正弦的面积公式知,S=12acsinB,由余弦定理知,c2+a2−b2=2ac⋅cosB,均代入题干中的等式,化简整理后可得3×2ac⋅cosB=8ac⋅sinB,所以tanB=sinBcosB=68=34.
【解答】
由正弦的面积公式知,S=12acsinB,
∵ 3c2=16S+3(b2−a2),∴ 3(c2+a2−b2)=16×12acsinB,
由余弦定理知,c2+a2−b2=2ac⋅cosB,
∴ 3×2ac⋅cosB=8ac⋅sinB,即tanB=sinBcosB=68=34.
6.
【答案】
C
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
由正四棱锥的体积和底面边长求出高,进而可得所求圆柱的底面半径和高,求出圆柱的表面积.
【解答】
设正四棱锥P−ABCD的顶点P在底面的投影为O,
则V正四棱锥=13S底⋅PO=13×(2)2×PO=23PO,
由题意可得23PO=43,所以PO=2,
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由题意可得所求的圆柱的底面直径2R=BD=2×2,
所以R=1,高h=PO2=1,
所以S圆柱表面积=2S底+S侧=2πR2+2πR⋅h=2π×12+2π×1×1=4π,
7.
【答案】
A
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
利用f(0)的值进行判断,求函数的导数,研究当x≥2时的单调性,利用排除法进行求解即可.
【解答】
f(0)=e−2cos1>0,排除B,D,
当x≥1时,f(x)=ex−1−2cos(x−1),
f′(x)=ex−1+2sin(x−1),
则当x≥2时,f′(x)>0,即此时f(x)为增函数,排除C,
8.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
由题意把四位数分为含有3个偶数与2个偶数两类,每一类要考虑特殊元素0的安排情况,利用排列组合的应用可分别求出每类四位数的个数,相加即可.
【解答】
根据题意,数字0,1,2,3,4,中有2个奇数,3个偶数,若组成的四位数要求至少有两个数字是偶数,
则四位数中有2个或3个偶数,
分2种情况讨论:
①,四位数中有3个偶数,1个奇数;
因为0不能在首位,有3种情况,选取一个奇数有C21=2种,与另两个偶数安排在其他三个位置,有A33=6种情况,则有3×2×6=36个符合条件的四位数;
②,四位数中有2个偶数,2个奇数;
若偶数中有0,在2、4中选出1个偶数,有C21=2种取法,
其中0不能在首位,有3种情况,将其他3个数全排列,安排在其他三个位置,有A33=6种情况,
则有2×3×6=36个符合条件的四位数;
若偶数中没有0,将其他4个数全排列,有A44=24个符合条件的四位数;
则一共有36+36+24=96个符合条件的四位数;
9.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
函数与方程的综合运用
【解析】
函数g(x)=x・f(x)−a的零点个数恰为2个⇔y=f(x)与y=ax有两个交点.画出函数y=f(x)与y=ax的图象,结合图象即可..
【解答】
函数g(x)=x・f(x)−a的零点个数恰为2个⇔y=f(x)与y=ax有两个交点.
x≤2时,f(x)=x−2,1≤x≤2−x,x<1 ,
20且a3<12a7>18 或a=−1,
∴ 780以及圆的圆心与半径,由直线与圆相切的性质可得|−m|9+16=m,解可得m的值,即可得答案.
【解答】
根据题意,圆x2+y2=m,必有m>0,其圆心为(0, 0),半径r=m,
若直线3x+4y=m与圆x2+y2=m相切,则有|−m|9+16=m,解可得m=25;
【答案】
715,35
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
(1)设取出的3件产品中次品的件数为X,3件产品中恰好有一件次品的概率为P(X=1);
(2)取出的3件产品中次品的件数X可能为0,1,2,求出相应的概率,从而可得概率分布列与期望.
【解答】
(2)∵ X可能为0,1,2
∴ P(X=0)=C83C103=715,
P(X=1)=715,
P(X=2)=C22C81C103=115,
∴ X的分布为:
X
0
1
2
P
715
715
115
则 E(X)=0×715+1×715+2×115=35(1)故答案为:715,35.
【答案】
8
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
由已知可得,x=41−4yy+2,代入x+y=y+41−4yy+2=−4(y+2)+49y+2+y,然后结合基本不等式可求.
【解答】
解:因为x,y为正实数,且xy+2x+4y=41,
所以x=41−4yy+2,
所以则x+y=y+41−4yy+2=−4(y+2)+49y+2+y
=−6+49y+2+y+2≥−6+249y+2⋅(y+2)=8,
当且仅当y+2=49y+2,即y=5,x=3时取等号,
此时x+y取得最小值8.
故答案为:8.
【答案】
1,83
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
用CA→,CB→表示出AG→,MB→,计算3AG→⋅MB→即可得出BC⊥AC,再根据平面向量的数量积定义计算即可.
【解答】
∵ M、N分别是CA、CB的中点,点G为AN与BM的交点,
∴ G是△ABC的重心,∴ AG→=23AN→=13AB→+13AC→=13(CB→−CA→)−13CA→=13CB→−23CA→,
又MB→=−12CA→+CB→,
∴ 3AG→⋅MB→=(CB→−2CA→)⋅(CB→−12CA→)=CB→2+CA→2−52CB→⋅CA→,
又3AG→⋅MB→=CA→2+CB→2,
∴ CB→⋅CA→=0,故BC⊥AC,∴ AC=AB2−BC2=2,
∴ BC→⋅BA→=BC→2=1,
AG→⋅AC→=23AN→⋅AC→=23AC→2=83.
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三、解答题:本大题共5小题,共75分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
【答案】
f(x)=12+12cos2x+32sin2x−12=sin(2x+π6),
∴ T=π;
依题意,令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z,
解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z,
∴ f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z;
设A=[−π4,π4],B=[−π3+kπ,π6+kπ],易知A∩B=[−π4,π6],
∴ 当x∈[−π4,π4]时,f(x)在区间[−π4,π6]上单调递增,区间(π6,π4]上单调递减.
【考点】
两角和与差的三角函数
正弦函数的单调性
【解析】
(1)化简可得f(x)=sin(2x+π6),进而求得最小正周期;
(2)先求得f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z,进而求得f(x)在区间[−π4,π4]上的单调性.
【解答】
f(x)=12+12cos2x+32sin2x−12=sin(2x+π6),
∴ T=π;
依题意,令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z,
解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z,
∴ f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z;
设A=[−π4,π4],B=[−π3+kπ,π6+kπ],易知A∩B=[−π4,π6],
∴ 当x∈[−π4,π4]时,f(x)在区间[−π4,π6]上单调递增,区间(π6,π4]上单调递减.
【答案】
如图,连接AC,交BD于O点,则O为AC的中点,连接EO;
∵ E为CC1的中点,
∴ EO // AC1,
又∵ EO⊂平面BED,AC1⊄平面BED
∴ AC1 // 平面BED,
连接A1B,A1C1,AA1=2AB=2,E为CC1的中点,
∴ BE=2,A1E=3,A1D=5;
∴ 在△A1BE中:BE2+A1E2=A1B2,则△A1BE是直角三角形,∴ A1E⊥BE;
同理可证A1E⊥DE;
∵ BE∩DE=E;
∴ A1E⊥平面BDE.
以DA所在直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD1所在的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
根据条件知道以下几个点坐标:
B(1, 1, 0),E(0, 1, 1),D(0, 0, 0),A1(1, 0, 2),设F(1, 1, m),设A1F交平面BDE于G(x0, y0, z0),连接A1G,EG,则∠A1GE 便是直线A1F与平面BDE所成角,
先给出所用到的几个向量的坐标:A1E→=(−1,1,−1),A1F→=(0,1,m−2).
∵ 直线A1F与平面BDE所称角的正弦值是63,
∴ cos=A1E→⋅A1F→|A1E→||A1F→|=1−m+23⋅(m−2)2+1=63,解得:m=1,
∴ DF=3.
【考点】
直线与平面平行
直线与平面垂直
直线与平面所成的角
【解析】
(1)连接AC,交BD于O,根据三角形中位线定理易得:OE // AF,再由线面平行的判定定理,即可得到AC1 // 平面BDE.
(2)利用勾股定理求证△A1BE和△A1DE为直角三角形,再根据线面垂直的判定定理说明直线和平面垂直即可.
(3)建立空间直角坐标系,直线A1F要和平面BDE有个交点,这个交点是未知的,可以设为G(x0, y0, z0),则∠A1GE是直线A1F与平面BDE所成的角.看坐标中的x0,y0,z0能否用其它的量来表示.G点是未知的,看有哪些条件来限制它.G点在平面BDE上,根据共面向量基本定理,存在一组实数λ,μ使BG→=λBD→+μBE→这样便得到第一个限制条件;G点在直线A1F上,所以向量A1G→与A1F→共线,所以存在实数b使得A1G→=bA1F→
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,这是找到的第二个条件.第三个条件就是,在Rt△A1GE中,sin∠A1GE=A1EA1G=63,这样三个条件都找到,带入坐标进行运算即可.
【解答】
如图,连接AC,交BD于O点,则O为AC的中点,连接EO;
∵ E为CC1的中点,
∴ EO // AC1,
又∵ EO⊂平面BED,AC1⊄平面BED
∴ AC1 // 平面BED,
连接A1B,A1C1,AA1=2AB=2,E为CC1的中点,
∴ BE=2,A1E=3,A1D=5;
∴ 在△A1BE中:BE2+A1E2=A1B2,则△A1BE是直角三角形,∴ A1E⊥BE;
同理可证A1E⊥DE;
∵ BE∩DE=E;
∴ A1E⊥平面BDE.
以DA所在直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD1所在的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
根据条件知道以下几个点坐标:
B(1, 1, 0),E(0, 1, 1),D(0, 0, 0),A1(1, 0, 2),设F(1, 1, m),设A1F交平面BDE于G(x0, y0, z0),连接A1G,EG,则∠A1GE 便是直线A1F与平面BDE所成角,
先给出所用到的几个向量的坐标:A1E→=(−1,1,−1),A1F→=(0,1,m−2).
∵ 直线A1F与平面BDE所称角的正弦值是63,
∴ cos=A1E→⋅A1F→|A1E→||A1F→|=1−m+23⋅(m−2)2+1=63,解得:m=1,
∴ DF=3.
【答案】
∵ 2Sn=3(an−2)(n∈N*),∴ 2Sn−1=3(an−1−2)(n≥2),
两式相减,整理得:anan−1=3 (n≥2),当n=1时,有2a1=3(a1−2),解得a1=6,
∴ 数列{an}是以6为首项,3为公比的等比数列,an=6×3n−1=2×3n.
设数列{bn}的公差为d,∵ b1=16a1=1,b5是b2和b14的等比中项,∴ (b5)2=b2⋅b14,
即(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=0或2,∵ 公差不为0,∴ d=2,故bn=b1+(n−1)d=2n−1;
∵ 1bnbn+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1),∴ i=110 1bibi+1=12(1−13+13−15+⋯+119−121)=1021;
∵ cn=1,n≠2kak,n=2k (k∈N*),an=2×3n,∴ i=12n (ci−1)2=i=1n (ai−1)2=i=1n (2×3i−1)2=i=1n (4×9i−4×3i+1)
=4i=1n 9i−4i=1n 3i+n=12×9n+1−2×3n+1+n+32.
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(1)由2Sn=3(an−2)(n∈N*)⇒2Sn−1=3(an−1−2)(n≥2),两式相减整理得:anan−1=3 (n≥2),再解得a1,进而求得an,设数列{bn}的公差为d,由题设条件列出含d的方程,解出d,求出bn;
(2)由题设条件得1bnbn+1=12(12n−1−12n+1),再利用裂项相消法求i=110 1bibi+1;
(3)根据cn=1,n≠2kak,n=2k (k∈N*),an=2×3n,整理得i=12n (ci−1)2=i=1n (ai−1)2=i=1n (2×3i−1)2=4i=1n 9i−4i=1n 3i+n,再求得结果.
【解答】
∵ 2Sn=3(an−2)(n∈N*),∴ 2Sn−1=3(an−1−2)(n≥2),
两式相减,整理得:anan−1=3 (n≥2),当n=1时,有2a1=3(a1−2),解得a1=6,
∴ 数列{an}是以6为首项,3为公比的等比数列,an=6×3n−1=2×3n.
设数列{bn}的公差为d,∵ b1=16a1=1,b5是b2和b14的等比中项,∴ (b5)2=b2⋅b14,
即(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=0或2,∵ 公差不为0,∴ d=2,故bn=b1+(n−1)d=2n−1;
∵ 1bnbn+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1),∴ i=110 1bibi+1=12(1−13+13−15+⋯+119−121)=1021;
∵ cn=1,n≠2kak,n=2k (k∈N*),an=2×3n,∴ i=12n (ci−1)2=i=1n (ai−1)2=i=1n (2×3i−1)2=i=1n (4×9i−4×3i+1)
=4i=1n 9i−4i=1n 3i+n=12×9n+1−2×3n+1+n+32.
【答案】
解:(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1,
由题意,得c=3.
∵ a2−c2=b2,
∴ b2=a2−3.
又(1,32)是椭圆上的一个点,
∴
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1a2+34a2−3=1,解得a2=4或a2=34(舍去),
从而椭圆的标准方程为x24+y2=1;
(2)∵ P(x0, y0),x0≠0,则Q(0, y0),且x024+y02=1.
∵ M为线段PQ中点,
∴ M(x02,y0).
又A(0, 1),
∴ 直线AM的方程为y=2(y0−1)x0x+1.
∵ x0≠0,
∴ y0≠1,令y=−1,得C(x01−y0,−1).
又B(0, −1),N为线段BC的中点,有N(x02(1−y0),−1).
∴ NM→=(x02−x02(1−y0),y0+1).
∴ OM→⋅NM→=x02(x02−x02(1−y0))+y0⋅(y0+1)
=x024−x024(1−y0)+y02+y0
=(x024+y02)−x024(1−y0)+y0
=1−(1+y0)+y0=0.
∴ OM⊥MN.
∵ |OM|=x024+y02=1,
|ON|=x024(1−y0)2+1
=1−y02(1−y0)2+1=21−y0,
∴ 在Rt△MON中,|MN|=|ON|2−|OM|2,
∴ S△MON=12|OM||MN|=121+y01−y0.
∴ 121+y01−y0=32,解得y0=45.
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1,
由题意,得c=3.
∵ a2−c2=b2,
∴ b2=a2−3.
又(1,32)是椭圆上的一个点,
∴ 1a2+34a2−3=1,解得a2=4或a2=34(舍去),
从而椭圆的标准方程为x24+y2=1;
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(2)∵ P(x0, y0),x0≠0,则Q(0, y0),且x024+y02=1.
∵ M为线段PQ中点,
∴ M(x02,y0).
又A(0, 1),
∴ 直线AM的方程为y=2(y0−1)x0x+1.
∵ x0≠0,
∴ y0≠1,令y=−1,得C(x01−y0,−1).
又B(0, −1),N为线段BC的中点,有N(x02(1−y0),−1).
∴ NM→=(x02−x02(1−y0),y0+1).
∴ OM→⋅NM→=x02(x02−x02(1−y0))+y0⋅(y0+1)
=x024−x024(1−y0)+y02+y0
=(x024+y02)−x024(1−y0)+y0
=1−(1+y0)+y0=0.
∴ OM⊥MN.
∵ |OM|=x024+y02=1,
|ON|=x024(1−y0)2+1
=1−y02(1−y0)2+1=21−y0,
∴ 在Rt△MON中,|MN|=|ON|2−|OM|2,
∴ S△MON=12|OM||MN|=121+y01−y0.
∴ 121+y01−y0=32,解得y0=45.
【答案】
f′(x)=ex−ex(sinx+cosx)=ex(1−sinx−cosx)=ex[1−2(sin(x+π4)]=−2ex[sin(x+π4)−22],
∵ x∈[0,π2],∴ x+π4∈[π4,3π4],
∴ sin(x+π4)≥22,所以f′(x)≤0,
故函数f(x)在[0,π2]上单调递减,函数f(x)的最大值为f(0)=e0−e0sin0=1;f(x)的最小值为f(π2)=eπ2−eπ2sinπ2=0,
所以函数f(x)的值域为[0, 1].
原不等式可化为ex(1−sinx)≥k(x−1)(1−sinx)…(*),
因为1−sinx≥0恒成立,故(*)式可化为ex≥k(x−1).
令g(x)=ex−kx+k,则g′(x)=ex−k
当k≤0时,g′(x)=ex−k>0,所以函数g(x)在[0,π2]上单调递增,故g(x)≥g(0)=1+k≥0,所以−1≤k≤0;
当k>0时,令g′(x)=ex−k=0,得x=lnk,且当x∈(0, lnk)时,g′(x)=ex−k<0;当x∈(lnk, +∞)时,g′(x)=ex−k>0.
所以当lnk<π2,即00,成立;
当lnk≥π2,即k≥eπ2时,函数g(x)在[0,π2]上单调递减,g(x)min=g(π2)=eπ2−kπ2+k≥0,解得eπ2≤k≤eπ2π2−1
综上,−1≤k≤eπ2π2−1.
令h(x)=ex−1+12(x−32)2−1,则h(x)=ex−1+x−32.
由h(12)=e−12−1<0,h(34)=e−14−34>0,故存在x0∈(12,34),使得h′(x0)=0即ex0−1=32−x0.且当x∈(−∞, x0)时,h′(x)<0;当x∈(x0, +∞)时,h′(x)>0.故当x=x0时,函数h(x)有极小值,且是唯一的极小值,故函数h(x)min=h(x0)=ex0−1+12(x0−32)2−1=−(x0−32)+12(x0−32)2−1=12[(x0−32)−1]2−32=12(x0−52)2−32,因为x0∈(12,34),所以12(x0−52)2−32>12(34−52)2−32=132>0,
故h(x)=ex−1+12(x−32)2−1>0,ex−1>−12(x−32)2+1.
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
(1)利用导数求函数的值域即可;(2)恒成立问题转化为最值即可;(3)构造函数可解决此问题.
【解答】
f′(x)=ex−ex(sinx+cosx)=ex(1−sinx−cosx)=ex[1−2(sin(x+π4)]=−2ex[sin(x+π4)−22],
∵ x∈[0,π2],∴ x+π4∈[π4,3π4],
∴ sin(x+π4)≥22,所以f′(x)≤0,
故函数f(x)在[0,π2]上单调递减,函数f(x)的最大值为f(0)=e0−e0sin0=1;f(x)的最小值为f(π2)=eπ2−eπ2sinπ2=0,
所以函数f(x)的值域为[0, 1].
原不等式可化为ex(1−sinx)≥k(x−1)(1−sinx)…(*),
因为1−sinx≥0恒成立,故(*)式可化为ex≥k(x−1).
令g(x)=ex−kx+k,则g′(x)=ex−k
当k≤0时,g′(x)=ex−k>0,所以函数g(x)在[0,π2]上单调递增,故g(x)≥g(0)=1+k≥0,所以−1≤k≤0;
当k>0时,令g′(x)=ex−k=0,得x=lnk,且当x∈(0, lnk)时,g′(x)=ex−k<0;当x∈(lnk, +∞)时,g′(x)=ex−k>0.
所以当lnk<π2,即00,成立;
当lnk≥π2,即k≥eπ2时,函数g(x)在[0,π2]上单调递减,g(x)min=g(π2)=eπ2−kπ2+k≥0,解得eπ2≤k≤eπ2π2−1
综上,−1≤k≤eπ2π2−1.
令h(x)=ex−1+12(x−32)2−1,则h(x)=ex−1+x−32.
由h(12)=e−12−1<0,h(34)=e−14−34>0,故存在x0∈(12,34),使得h′(x0)=0即ex0−1=32−x0.且当x∈(−∞, x0)时,h′(x)<0;当x∈(x0, +∞)时,h′(x)>0.故当x=x0时,函数h(x)有极小值,且是唯一的极小值,故函数h(x)min=h(x0)=ex0−1+12(x0−32)2−1=−(x0−32)+12(x0−32)2−1=12[(x0−32)−1]2−32=12(x0−52)2−32,因为x0∈(12,34),所以12(x0−52)2−32>12(34−52)2−32=132>0,
故h(x)=ex−1+12(x−32)2−1>0,ex−1>−12(x−32)2+1.
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