2020-2021学年河北省石家庄市正定中学高二(下)第一次月考数学试卷(3月份)(含答案解析)
2020-2021学年河北省石家庄市正定中学高二(下)第一次月考数学试
卷(3月份)
一、单选题(本大题共20小题,共100.0分) 1.
一个物体的运动方程为s =1−t +t 2其中s 的单位是米,t 的单位是秒,那么物体在t =4时的瞬时速度是( )
A. 7米/秒
B. 6米/秒
C. 5米/秒
D. 8米/秒
2.
若函数f(x)=x 2−x +alnx 在(1,2)上有极值点,则实数a 的取值范围为( )
A. (−∞,−6)
B. (−6,−1)
C. (−∞,1
8)
D. (−1,1
8)
3.
已知函数f(x)的定义域为(0,π),其导函数是f′(x).若f′(x)sinx −f(x)cosx >0恒成立,则关于x 的不等式f(x)<2f(π
6)sinx 的解集为( )
A. (0,π
6)
B. (π
6,π)
C. (−∞,π
6)
D. (π6,π
2)
4.
设函数f(x)=1
3x 3+1
2ax 2+2bx +c 的两个极值点分别为x 1,x 2,若x 1∈(−2,−1),x 2∈(−1,0),若k >2a +b 恒成立,则实数k 的取值范围为( )
A. (2,7)
B. [2,+∞)
C. [7,+∞)
D. [5,+∞)
5.
已知f′(x)是 f(x)的导函数,则 t →0lim
f(3)−f(3−t)t
=( )
A. f′(3)
B. f′(t)
C. −f′(3)
D. −f′(t)
6.
已知函数f(x)=x(ln|x|−1
x 2),则曲线f(x)在x =−1处切线方程为( )
A. 2x −y +3=0
B. 2x +y −1=0
C. 2x −y +1=0
D. x +y +2=0
7.
已知f(x)=ax 2+bx 是定义在[a −3,2a]上的偶函数,则曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A. y =−3x
B. y =−3x −6
C. y =2x −1
D. y =2x −3
8.
曲线f(x)=xlnx +2x 在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A. y =2x
B. y =2x +1
C. y =3x −1
D. y =4x −2
9.
若过点
的直线与曲线和都相切,则的值为( )
A. 2或
B. 3或
C. 2
D.
10.设m,n是两条不同的直线,、、是三个不同的平面,给出下列命题,正确的是().
A. 若,,则
B. 若,,则
C. 若,,则
D. 若,,,则
11.已知二次函数f(x)=1
4
x2+1,过点M(a,0)作直线l1,l2与f(x)的图象相切于A,B两点,则直线AB()
A. 过定点(0,1)
B. 过定点(0,2)
C. 过定点(a,1)
D. 过定点(a,2)
12.定义在R上的奇函数f(x)满足f(2−x)=f(x),且在[0,1)上单调递减,若方程f(x)=−1在[0,1)
上有实数根,则方程f(x)=1在区间[−1,11]上所有实根之和是()
A. 30
B. 14
C. 12
D. 6
13.函数f(x)=1
3x3−1
2
x2−6x+1在区间(−2,2)上()
A. 单调递增
B. 单调递减
C. 选单调递增后单调递减
D. 先单调递减后单调递增
14.设f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数,且满足xf′(x)−f(x)<0,若0 A. af(b) B. af(b)>bf(a) C. af(a) D. af(a)>bf(b) 15.已知函数f(x)的导函数为f′(x),且对任意的实数x都有f′(x)=2x+3 e x −f(x)(e是自然对数的底数),且f(0)=1,若关于x的不等式f(x)−m<0的解集中恰有两个整数,则实数m的取值范围是() A. (−e,0] B. [−e2,0) C. [−e,0) D. (−e2,0] 16.若函数f(x)=ax3+blog2(x+√x2+1)+2在(−∞,0)上有最小值−5,(a,b为常数),则函数 f(x)在(0,+∞)上() A. 有最大值5 B. 有最小值5 C. 有最大值3 D. 有最大值9 17.已知函数f(x)=ax3−b x +1,则f(lg3)+f(lg1 3 )的值等于() A. 2 B. 1 C. 3 D. 9 18.已知函数f(x)=e x−ax−b(a∈R,b>0),且对任意的x∈R,都有f(x)≥0恒成立,则ab的 最大值为() A. e B. e 2C. e2 D. e2 2 19. 设f(x),g(x)在[a,b]上可导,且f′(x)>g′(x),则当a A. f(x)>g(x) B. f(x) C. f(x)+g(a)>g(x)+f(a) D. f(x)+g(b)>g(x)+f(b) 20. 已知函数f(x)=x 4+ax 3+2x 2+b(x ∈R,a,b ∈R),若函数f(x)仅在x =0处有极值,则实数a 的取值范围为( ) A. (−83,8 3) B. [−83,8 3] C. (−∞,−8 3)∪(8 3,+∞) D. [−∞,8 3]∪[8 3,+∞] 二、解答题(本大题共2小题,共20.0分) 21. 已知函数f(x)=e x ,x ∈R . (Ⅰ) 证明:曲线y =f(x)与曲线y =x +1有唯一公共点; (Ⅱ)(i)求g(x)=x +2+(x −2)⋅f(x)在[0,+∞)的最小值; (ii)若实数a ,b 不相等,试比较f(a)+f(b) 2 与 f(b)−f(a)b−a 的大小,并说明理由. 22. 设函数f(x)=3ax 2−2(a +b)x +b ,其中a >0,b 为任意常数.证明:当0≤x ≤1时,有|f(x)|≤ max{f(0),f(1)}.(其中,max{x,y}={x, x ≥y y, x 参考答案及解析 1.答案:A 解析: 本题考查了导数的概念及运算,属于基础题. 由导数的概念,求出s的导函数s′(t)=2t−1将t=4代入计算即可得解.解:由已知s′(t)=2t−1,所以s′(4)=7, 所以物体在t=4时的瞬时速度是7米/秒. 故选A. 2.答案:B 解析:解:函数f(x)在(1,2)上有极值点, 即f′(x)=0在(1,2)上有解, ∵f′(x)=2x−1+a x =2x2−x+a x , ∴2x2−x+a x =0在x∈(1,2)有解, 即2x2−x+a=0在x∈(1,2)上有解, 令g(x)=2x2−x+a,对称轴是x=1 4 , 故g(x)在(1,2)递增, 要使g(x)=0在(1,2)上有解,只需g(1)g(2)<0即可, 即(a+1)(a+6)<0,解得:−6 ∴实数a的取值范围是(−6,−1), 故选:B. 求出函数的导数,问题转化为方程2x2−x+a=0在x∈(1,2)上有解,令g(x)=2x2−x+a,结合二次函数的性质求出a的取值范围即可. 本题考查了函数的单调性,最值问题,考查导数的应用以及转化思想,是中档题. 3.答案:A 解析:解:令g(x)=f(x) sinx , ∵f(x)的定义域为(0,π),f′(x)sinx−f(x)cosx>0, ∴g′(x)=f′(x)sinx−f(x)cosx sin2x >0, ∴g(x)在(0,π)上单调递增, ∴不等式f(x)<2f(π6)sinx ⇔f(x) sinx < f(π 6) sin π6 ⇔g(x) 6 ), ∴0 6,即不等式f(x)<2f(π 6)sinx 的解集为(0,π 6), 故选:A . 令g(x)=f(x) sinx ,依题意可得g′(x)>0⇒g(x)在(0,π)上单调递增,进一步分析得不等式f(x)<2f(π 6)sinx ⇔g(x) 6),利用g(x)的单调性脱“g “可得答案. 本题考查利用导数研究函数的单调性,考查等价转化思想以及运算求解能力,属于中档题. 4.答案:C 解析:解:由题意,f′(x)=x 2+ax +2b . ∵f(x)的两个极值点分别是x 1,x 2,x 1∈(−2,−1),x 2∈(−1,0), ∴{f′(−2)=4−2a +2b >0f′(−1)=1−a +2b <0f′(0)=2b >0, 对应的平面区域如图所示: 三个顶点坐标为(1,0),(2,0),(3,1), 则在(1,0)处,2a +b2,在(3,1)处,2a +b =7, ∴2a +b 的取值范围是(2,7). 故k ≥7, 故选:C . 求导函数,利用f(x)的两个极值点分别是x 1,x 2,x 1∈(−2,−1),x 2∈(−1,0),建立不等式,利用平面区域,即可求2a +b 的取值范围. 本题考查导数知识的运用,考查平面区域的运用,考查学生的计算能力,属于中档题. 5.答案:A 解析:解:根据导数的定义可知:t →0lim f(3)−f(3−t)t =t →0lim f(3−t)−f(3)−t =f′(3), 故选:A . 根据导数的概念即可得到结论. 本题主要考查导数的概念,比较基础. 6.答案:A 解析:解:根据题意,得f(x)={xlnx −1 x ,x >0 xln(−x)+1 x ,x <0, 当x <0时,f′(x)=ln(−x)−1 x 2−1, 所以f(−1)=−1,f′(−1)=−2, 所以切线方程为:y +1=−2(x +1),即2x −y +3=0. 故选:A . 根据题意可得分段函数表达式为f(x)={xlnx −1 x ,x >0 xln(−x)+1 x ,x <0 ,从而求出f(−1)=−1,f′(−1)=−2,所以切线方程为y +1=−2(x +1). 本题考查过一点的切线方程求法,根据题意求出斜率是关键,属于基础题. 7.答案:C 解析: 由偶函数的定义,可得a =1,b =0,求出f(x)的导数和切线的斜率,切点,可得切线的方程. 本题考查导数的运用:求切线方程,考查直线方程的运用,以及运算能力,属于基础题. 解:f(x)=ax 2+bx 是定义在[a −3,2a]上的偶函数, 可得b =0,且a −3+2a =0,即a =1, 则f(x)=x 2, 导数为f′(x)=2x , 可得切线的斜率为k =2, 切点为(1,1), 可得切线的方程为y −1=2(x −1), 即y =2x −1. 故选:C . 8.答案:C 解析:解:由f(x)=xlnx +2x ,得f′(x)=lnx +3, ∴f′(1)=ln1+3=3, 又f(1)=2, ∴曲线f(x)=xlnx +2x 在点(1,f(1))处的切线方程为y −2=3(x −1), 即y =3x −1. 故选:C. 求出原函数的导函数,得到函数在x=1处的导数,再求出f(1)的值,利用直线方程的点斜式得答案.本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,关键是熟记基本初等函数的导函数,是基础题.9.答案:A 解析:试题分析:设过曲线上的点的切线过点,对函数求导得,故曲线上的点的切线方程为,即,将点的坐标代入此切线方程得,即,解得或,(1)当时,则切线方程为,即切线为轴,此时曲线与轴相切,则 ;(2)当时,切线的方程为,对函数求导得,令,则有 ,解得,将代入得,即切点坐标为代入切线方程得,化简得,解得,综上所述或. 考点:函数图象的切线方程 10.答案:B 解析:试题分析:对于A选项,可能m与相交或平行,对于选项B,由于,则在内一定有一直线设为与平行,又,则,又,根据面面垂直的判定定理,可知,故B选项正确,对于C选项,可能有,对于D选项,可能与相交. 考点:线面间的位置关系 11.答案:B 解析:解:设切点A(x1,1 4x12+1),B(x2,1 4 x22+1), 由f(x)=1 4x2+1的导数为f′(x)=1 2 x, 可得切线的斜率为1 2x1= 1 4 x12+1 x1−a , 1 2x2= 1 4 x22+1 x2−a , 化简可得x1,x2为方程1 4x2−1 2 ax−1=0的两根, 可得x1+x2=2a,x1x2=−4, k AB=1 4 x12+1−1 4 x22−1 x1−x2 =1 4 (x1+x2), 即有直线AB的方程为y−1 4x12−1=1 4 (x1+x2)(x−x1), 化简可得y−1=1 4(x1+x2)x−1 4 x1x2, 即为y=1 4(x1+x2)x+2=1 2 ax+2, 则直线AB恒过定点(0,2).故选:B. 设切点A(x1,1 4x12+1),B(x2,1 4 x22+1),求出二次函数的导数,可得切线的斜率,由两点的斜率公式, 化简可得 x1,x2为方程1 4x2−1 2 ax−1=0的两根,运用韦达定理,以及直线的点斜式方程,化简整理,即可 得到定点(0,2). 本题考查导数的运用:求切线的斜率和方程,考查直线恒过定点的求法,注意运用直线的点斜式方程,以及二次方程的韦达定理,考查化简整理的运算能力,属于中档题. 12.答案:A 解析:解:由f(2−x)=f(x)知函数f(x)的图象关于直线x=1对称, ∵f(2−x)=f(x),f(x)是R上的奇函数, ∴f(−x)=f(x+2)=−f(x), ∴f(x+4)=f(x), ∴f(x)的周期为4, 考虑f(x)的一个周期,例如[−1,3], 由f(x)在[0,1)上是减函数知f(x)在(1,2]上是增函数, f(x)在(−1,0]上是减函数,f(x)在[2,3)上是增函数, 对于奇函数f(x)有f(0)=0,f(2)=f(2−2)=f(0)=0, 故当x∈(0,1)时,f(x) 当x∈(−1,0)时,f(x)>f(0)=0,当x∈(2,3)时,f(x)>f(2)=0, 方程f(x)=−1在[0,1)上有实数根, 则这实数根是唯一的,因为f(x)在(0,1)上是单调函数, 则由于f(2−x)=f(x),故方程f(x)=−1在(1,2)上有唯一实数, 在(−1,0)和(2,3)上f(x)>0, 则方程f(x)=−1在(−1,0)和(2,3)上没有实数根, 从而方程f(x)=−1在一个周期内有且仅有两个实数根, 当x∈[−1,3],方程f(x)=−1的两实数根之和为x+2−x=2, 当x∈[−1,11],方程f(x)=−1的所有6个实数根之和为x+2−x+4+x+4+2−x+x+8+2− x+8=2+8+2+8+2+8=30. 故选:A. 根据条件可得出f(x)的图象关于x=1对称,f(x)的周期为4,从而可考虑f(x)的一个周期,利用[−1,3],根据f(x)在[0,1)上是减函数可得出f(x)在(1,2]上是增函数,f(x)在(−1,0)上是减函数,在[2,3)上是 增函数,然后根据f(x)=−1在[0,1)上有实数根,可判断该实数根是唯一的.并可判断f(x)=−1在一个周期[−1,3]内有两个实数根,并得这两实数根和为2,从而得出f(x)=−1在区间[−1,11]这三个周期内上有6个实数根,和为30. 本题考查了由f(2a−x)=f(x)可判断f(x)关于x=a对称,周期函数的定义,增函数和减函数的定义,考查了计算和推理能力,属于难题. 13.答案:B 解析: 本题以函数为载体,考查导数的运用,考查函数的单调性,确定函数的单调减区间是解题的关键.先求导函数,确定函数的单调减区间,利用(−2,2)⊂(−2,3),即可得结论. 解:求导函数得:f′(x)=x2−x−6, 令f′(x)<0,可得x2−x−6<0, ∴−2 ∴函数的单调减区间为(−2,3), ∵(−2,2)⊂(−2,3), ∴函数f(x)=1 3x3−1 2 x2−6x+1在区间(−2,2)上单调递减. 故选B.14.答案:A 解析: 本题考查利用导数研究函数的单调性,着重考查构造函数的思想与观察分析问题的能力,属于中档题. 令g(x)=f(x) x ,可得到g(x)在(0,+∞)上单调递减,结合0 解:令g(x)=f(x) x , ∵f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数,且满足xf′(x)−f(x)<0, ∴g′(x)=xf′(x)−f(x) x2 <0, ∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,又0 ∴g(a)>g(b), ∴f(a) a >f(b) b , ∴bf(a)>af(b). 故选:A. 15.答案:A 解析:解:∵f′(x)=e−x(2x+3)−f(x), ∴e x[f(′x)+f(x)]=2x+3, ∴e x f(x)=x2+3x+c, ∵f(0)=1, ∴1=0+0+c, 解得c=1 ∴f(x)=(x2+3x+1)e−x, ∴f′(x)=−(x2+x−2)e−x=−(x−1)(x+ 2)e−x. 令f′(x)=0,解得x=1或x=−2, 当x<−2或x>1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减, 当−2 可得:x=1时,函数f(x)取得极大值,x=−2时,函数f(x)取得极小值, ∵f(1)=4 e ,f(−2)=−e2<0,f(−1)=−e,f(0)=1>0,f(−3)=e3>0∴−e 故m的取值范围是(−e,0], 故选:A. 利用导数研究其单调性极值与最值并且画出图象即可得出. 本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值及其图象性质、方程与不等式的解法、数形结合思想方法、构造方法,考查了推理能力与计算能力,属于难题. 16.答案:D 解析:解:令g(x)=ax3+blog2(x+√x2+1), 其定义域为R, 又g(−x)=a(−x)3+blog2(−x+√(−x)2+1) =−[ax3+blog2(x+√x2+1)]=−g(x) 所以g(x)是奇函数. 由根据题意:f(x)=ax3+blog2(x+√x2+1)+2在(−∞,0)上有最小值−5, 所以函数g(x)在(−∞,0)上有最小值−7, 由函数g(x)在(0,+∞)上有最大值7, 所以f(x)=g(x)+2在(0,+∞)上有最大值9. 故选D. 先令g(x)=ax3+blog2(x+√x2+1),判断其奇偶性,再由函数f(x)=ax3+blog2(x+√x2+1)+ 2在(−∞,0)上有最小值−5,得到函数g(x)在(−∞,0)上有最小值−7,从而有g(x)在(0,+∞)上有最大值7,则由f(x)=g(x)+2得到结论. 本题主要考查函数的构造进而研究性质,若看到x与−x这样的信息,一般与函数的奇偶性有关.17.答案:A 解析:解:根据题意,函数f(x)=ax3−b x +1,则f(−x)=a(−x)3−b (−x) +1=−(ax3−b x )+1, 则有f(x)+f(−x)=2, 由于lg1 3=−lg3,则f(lg3)+f(lg1 3 )=f(lg3)+f(−lg3)=2; 故选:A. 根据题意,求出f(−x)的解析式,进而可得f(x)+f(−x)=2,由对数的运算性质可得lg1 3 =−lg3,据此分析可得答案 本题考查函数的奇偶性的性质以及应用,涉及函数的求值,属于基础题. 18.答案:B 解析:解:函数f(x)=e x−ax−b(a∈R,b>0),那么f′(x)=e x−a ①当a≤0,f′(x)>0,在R上递增,无最小值,∴f(x)≥0不成立 ②当a>0,令f′(x)=0,可得x=lna, 当x∈(−∞,lna)时,f′(x)<0,f(x)在(−∞,lna)递减; 当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(lna,+∞)递增; 当x=lna时,f(x)取得最小值为:a−alna−b≥0 ∵a>0,∴a2−a2lna−ab≥0,即ab≤a2−a2lna, 令g(a)=a2−a2lna(a>0),那么g′(a)=2a−2alna−a 令g′(a)=0,可得a=√e 当a∈(0,√e)时,g′(a)>0,g(x)在(0,√e)递增; 当a∈(√e,+∞)时,g′(a)<0,g(x)在(√e,+∞)递减; ∴当a=√e时,g(a)可以最大值为e 2 ∴ab≤e 2 故选:B. 利用导函数讨论f(x)单调性,即可求解a,b的关系,构造新函数求解ab的最大值即可. 本题主要考查函数最值的求解,以及不等式恒成立问题,利用导数求出函数的最值是解决本题的关键. 19.答案:C 解析:∵f′(x)>g′(x),∴[f(x)−g(x)]′>0, ∴f(x)−g(x)在[a,b]上是增函数. ∴f(a)−g(a) 即f(x)+g(a)>g(x)+f(a). 20.答案:B 解析:解:对f(x)求导: f′(x)=4x3+3ax2+4x =x(4x2+3ax+4), 令f′(x)=0⇒x=0或4x2+3ax+4=0 函数f(x)仅在x=0处有极值,可得知4x2+3ax+4=0无解或只有唯一一个解; 故△=9a2−64≤0⇒−8 3≤a≤8 3 . 故选:B. 首先对f(x)求导,函数f(x)仅在x=0处有极值,可得知4x2+3ax+4=0无解或只有唯一一个解.本题主要考查了导数与极值的关系,以及一元二次函数零点分布,属基础题. 21.答案:(Ⅰ)证明:曲线y=f(x)与曲线y=x+1有唯一公共点 等价于方程e x=x+1有唯一实数解. 设ℎ(x)=e x−x−1,则ℎ′(x)=e x−1, 当x<0时,ℎ′(x)<0,ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减, 当x>0时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增. 即有ℎ(x)≥ℎ(0)=0,故ℎ(x)=0有唯一的实数解x=0,原命题得证. (Ⅱ)(i)g(x)=x+2+(x−2)⋅f(x)(x≥0) ∴g′(x)=1+(x−1)⋅e x, g′′(x)=xe x≥0,即有g′(x)在[0,+∞)上单调递增且g′(0)=0, 则g′(x)≥0,g(x)在[0,+∞)上单调递增, 则g(x)min=g(0)=0. (ii)f(a)+f(b) 2−f(b)−f(a) b−a =(b−a+2)⋅f(a)+(b−a−2)⋅f(b) 2(b−a) =e a⋅(b−a+2)+(b−a−2)⋅e b−a 2(b−a) 由(i)可知,令a0,则x+2+(x−2)⋅e x>0, 此时,当a 2>f(b)−f(a) b−a , 同理可证a>b时,f(a)+f(b) 2>f(b)−f(a) b−a . 解析:(Ⅰ)曲线y=f(x)与曲线y=x+1有唯一公共点等价于方程e x=x+1有唯一实数解.设ℎ(x)=e x−x−1,求出导数,求得单调区间,即可得证; (Ⅱ)(i)求得g(x)的二次导数,可得g(x)的单调性,即可得到最小值; (ii)作差f(a)+f(b) 2−f(b)−f(a) b−a =(b−a+2)⋅f(a)+(b−a−2)⋅f(b) 2(b−a) ,由(i)可知,讨论a>b,a 本题考查导数的运用:求单调区间和极值、最值,同时考查函数和方程的转化思想和函数的单调性的运用,注意作差比较和分类讨论的思想方法,属于中档题. 22.答案:解:f(x)=3ax2−2(a+b)x+b=3a(x−a+b 3a )2−a2+b2−ab 3a (1)当a+b 3a ≥1,a+b 3a ≤0时,f(x)在[0,1]上是单调函数, 所以f(1)≤f(x)≤f(0),或f(0)≤f(x)≤f(1),且f(0)+f(1)=a>0.所以|f(x)|≤max{f(0),f(1)}. (2)当0 3a <1时,即−a 3a ≤f(x)≤max{f(0),f(1)}. ①当−a