2020-2021学年河南省漯河市高二（下）3月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省漯河市高二（下）3月月考数学（理）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若函数y=fx在x=2处的瞬时变化率为limΔx→0ΔyΔx，且ΔyΔx=f2+Δx−f2Δx=6+Δx，则f′(2)等于( )
A.2B.4C.6D.6+Δx

2. 下列求导运算正确的是( )
A.1lnx′=xB.xex′=ex+1
C.x2csx′=−2xsinxD.x+1x′=1−1x2

3. 函数y=sin3(3x+π4)的导数是( )
A.3sin2(3x+π4)cs(3x+π4)B.9sin2(3x+π4)cs(3x+π4)
C.9sin2(3x+π4)D.−9sin2(3x+π4)cs(3x+π4)

4. 曲线y=12x2−2x在点1,−32处的切线的倾斜角为( )
A.−135∘B.45∘C.−45∘D.135∘

5. 直线x=−1，x=1，y=0与曲线y=sinx所围成的平面图形的面积表示为( )
A.−11sinxdxB.01sinxdxC.−102sinxdxD.012sinxdx

6. 已知函数fx=x+12, −1≤x≤0,1−x2, 0A.13+π4B.2+π4C.1+π4D.π4

7. 若函数fx在R上可导，且fx=x2+2f′(1)x+3，则( )
A.f0f4D.无法确定

8. 若x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A.−1B.−2e−3C.5e−3D.1

9. 若函数fx=2x3−ax2+1a∈R在0,+∞内有且只有一个零点，则fx在−1,1上的最大值与最小值的和为( )
A.5B.−3C.4D.2

10. 在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y=x+4x(x>0)上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是( )
A.5B.3C.4D.2

11. 已知函数fx=2sinx+sin2x，则fx的最小值是( )
A.332B.−332C.−2π3D.2π3

12. 函数f(x)在定义域R上的导函数是f′(x)，若f(x)=f(2−x)，且当x∈(−∞, 1)时，(x−1)f′(x)<0，设a=f(0)，b=f(2)，c=f(lg28)，则（ ）
A.c二、填空题

曲线y=x2与直线y=x所围成的封闭图形的面积为________．

函数fx=ax2+bxa≠0在x=1a处有极值，则b的值为________.

若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln(x+1)的切线，则b=________.

已知定义在(0, +∞)上的函数f(x)满足xf′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f(ex)−ex>0的解集是________.
三、解答题

求由抛物线y2=8x(y>0)与直线x+y−6=0及y=0所围成图形的面积．

设函数fx=x3+bx2+cx+1的单调递减区间是1,2．
(1)求fx的解析式；

(2)求fx在[2,+∞)的最小值．

某电子公司开发一种智能手机的配件，每个配件的成本是15元，销售价是20元，月平均销售a件，通过改进工艺，每个配件的成本不变，质量和技术含金量提高，市场分析的结果表明，如果每个配件的销售价提高的百分率为x0(1)写出y与x的函数关系式；

(2)改进工艺后，试确定该智能手机配件的售价，使电子公司销售该配件的月平均利润最大．

已知函数f(x)=lnx+ax．
(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在[1, e]上的最小值是32，求a的值．

设函数f(x)=3x2+axex(a∈R).
1若f(x)在x=0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程；

2若f(x)在[3, +∞)上为减函数，求a的取值范围．

已知函数fx=aex−1−lnx+lna.
(1)当a=e时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

(2)若fx≥1，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省漯河市高二（下）3月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
导数的概念
【解析】
根据导数的定义即可得到结论．
【解答】
解：：由导函数的定义知，
f′2=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f(2+Δx)−f(2)Δx
=limΔx→0(6+Δx)=6．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
简单复合函数的导数
【解析】
根据导数的运算法则求导即可判断．
【解答】
解：A，1lnx′=−1ln2x⋅lnx′=−1xln2x，故A错误；
B，x⋅ex′=ex+x⋅ex，故B错误；
C，x2csx′=2xcsx−x2sinx，故C错误；
D， x+1x′=1−1x2，故D正确．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
简单复合函数的导数
【解析】
根据y=sinx的求导法则对函数y=sin3(3x+π4)进行求导；
【解答】
解：∵ 函数y=sin3(3x+π4)，
∴ y′=3sin2(3x+π4)cs(3x+π4)×3
=9sin2(3x+π4)cs(3x+π4).
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
直线的斜率
导数的几何意义
【解析】
根据导数的几何意义，求出函数的导数在x=1处的导数f′，即该函数在点1,−32处的切线斜率；接下来根据切线的斜率为倾斜角的正切值，结合特殊角的三角函数值即可得到答案．
【解答】
解：y′=x−2，
∴y=12x2−2x在点1,−32 处的斜率为：
k=1−2=−1，
∵tan135∘=−1，
∴倾斜角为135∘．
故选D．
5.
【答案】
D
【考点】
定积分在求面积中的应用
【解析】
根据定积分几何意义求面积．
【解答】
解：由于y=sinx，x∈−1,1为奇函数，
且当x∈−1,0时，sinx≤0，
当x∈(0,1]时，sinx>0，
由定积分的几何意义可得所求面积为：
S=−11|sinx|dx=012sinxdx.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
定积分的简单应用
【解析】
先根据条件可化为−11fxdx=−10x+12dx+011−x2dx，再根据定积分以及定积分的几何意义，求出即可．
【解答】
解：−11fxdx=−10x+12dx+011−x2dx，
−10x+12dx=13x+13|−10=13，
011−x2dx示以原点为圆心，以1为半径的圆的面积的四分之一，
故011−x2dx=14π，
所以−11fxdx=−10x+12dx+011−x2dx
=13+14π.
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
二次函数的性质
【解析】
求函数的导数，令x=1，求出函数的解析式，结合二次函数的对称性进行求解判断即可．
【解答】
解：函数的导数f′x=2x+2f′(1)，
令x=1，得f′1=2+2f′(1)，
即f′1=−2，
所以fx=x2−4x+3，
则函数的对称轴为x=2，
则f0=f4．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．
【解答】
解：函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1，
可得f′(x)=(2x+a)ex−1+(x2+ax−1)ex−1，
由x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1 的极值点，
可得：−4+a+(3−2a)=0，
解得a=−1，
可得f′(x)=(2x−1)ex−1+(x2−x−1)ex−1
=(x2+x−2)ex−1，
所以函数f(x)的极值点为：x=−2，x=1，
当x<−2或x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(−2, 1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
故当x=1时，
函数f(x)取得极小值：f(1)=(12−1−1)e1−1=−1．
故选A.
9.
【答案】
B
【考点】
函数的零点
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
推导出f′x=2x3x−a,x∈(0,+∞)，当a≤0时，f′x=2x3x−a>0，f(0)=1，fx在0,+∞ 上没有零点；当a>0时，f′x=2x3x−a>0的解为x>a3，fx在0,a3上递减，在a3,+∞递增，由fx只有一个零点，解得a=3，从而fx=2x3−3x2+1，fx=6xx−1，x∈−1,1，利用导数性质能求出fx在−1,1上的最大值与最小值的和．
【解答】
解：∵fx=2x3−ax2+1a∈R在0,+∞内有且只有一个零点，
∴f′x=2x3x−a，x∈0,+∞，
①当a≤0时， f′x=2x3x−a>0，
函数fx在0,+∞上单调递增，f0=1，
fx在0,+∞上没有零点，不满足条件；
②当a>0时，f′x=2x3x−a>0的解为x>a3，
∴fx在0,a3上单调递减，在a3,+∞单调递增，
又fx在0,+∞内只有一个零点，
∴fa3=−a327+1=0，
解得a=3，
∴ fx=2x3−3x2+1，
∴ f′x=6xx−1，x∈−1,1，
f′x>0的解集为−1,0，f′x<0的解集为0,1，
∴fx在−1,0上单调递增，在0,1上单调递减，
f−1=−4，f0=1，f1=0，
∴fxmin=f−1=−4，
fxmax=f0=1，
∴fx在−1,1上的最大值与最小值的和为：
fxmax+fxmin=−4+1=−3.
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
点到直线的距离公式
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令f(x)=x+4x(x>0)，则f′(x)=1−4x2，
使曲线y=x+4x(x>0)上的一个动点到直线x+y=0的距离最小，
则该点是斜率为−1的直线与函数f(x)的切点，
即f′(x)=1−4x2=−1，解得x=±2，
因为x>0，所以x=2，y=2+42=32，
所以点P到直线x+y=0的距离最小时，其坐标为(2,32)，
由点到直线的距离公式可得，
d=|2+32|1+1=4.
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
三角函数的最值
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得T=2π 是f(x)=2sinx+sin2x的一个周期，
故只需考虑f(x)=2sinx+sin2x在[0, 2π)上的值域，
先来求该函数在[0, 2π)上的极值点，
求导数可得f′(x)=2csx+2cs2x
=2csx+2(2cs2x−1)
=2(2csx−1)(csx+1)，
令f′(x)=0，可解得csx=12或csx=−1，
可得此时x=π3，π或5π3；
∴ y=2sinx+sin2x的最小值只能在点x=π3，π 或 5π3和边界点中取到，
计算可得f( π3)=332，
f(π)=0，f( 5π3)=−332，f(0)=0，
∴ 函数的最小值为−332.
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
对数值大小的比较
【解析】
先由x∈(−∞, 1)时，(x−1)f′(x)<0，得函数f(x)在(−∞, 1)上为增函数；又f(x)=f(2−x)得f(x)图象关于x=1对称，则f(x)在(1, +∞)上为减函数，然后将f(0)，f(2)，f(lg28)化到同一单调区间内比较即可．
【解答】
解：∵ x∈(−∞, 1)时，
∴ (x−1)f′(x)<0，
∴ f′(x)>0，
∴ f(x)在(−∞, 1)上为增函数，
又∵ f(x)=f(2−x)，
∴ f(x)图象关于x=1对称，
∴ f(x)在(1, +∞)上为减函数，
又∵ a=f(0)=f(2)，b=f(2)，c=f(lg28)=f(3)，
∴ 3>2>2，
∴ c故选A．
二、填空题
【答案】
16
【考点】
定积分在求面积中的应用
两条直线的交点坐标
【解析】
联立解曲线y=x2及直线y=2x，得它们的交点是O(0, 0)和A(2, 2)，由此可得两个图象围成的面积等于函数y=2x−x2在[0, 2]上的积分值，根据定积分计算公式加以计算，即可得到所求面积．
【解答】
解：由y=x2，y=x，解得x=0，y=0，或x=1，y=1，
∴ 曲线y=x2及直线y=x的交点为O(0, 0)和A(1, 1).
因此，曲线y=x2及直线y=x所围成的封闭图形的面积是
S=01(x−x2)dx=(12x2−13x3)|01=16.
故答案为：16．
【答案】
−2
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
先求出函数的导数，根据f′1a=0，解出b的值即可．
【解答】
解：f′x=2ax+b,
∵ 函数fx在x=1a处有极值，
∴ f′1a=2a⋅1a+b=0 ，即2+b=0，
解得b=−2.
故答案为：−2.
【答案】
1−ln2
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设y=kx+b与y=lnx+2和y=ln(x+1)的切点分别为(x1，kx1+b)，(x2，kx2+b)；
由导数的几何意义可得k=1x1=1x2+1，
得x1=x2+1，
再由切点也在各自的曲线上，可得
kx1+b=lnx1+2，kx2+b=ln(x2+1).
解得k=2，x1=12，x2=−12.
代入kx1+b=lnx1+2，解得b=1−ln2.
故答案为：1−ln2.
【答案】
(−∞, ln2)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
其他不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令g(x)=f(x)x，
则g′(x)=xf′(x)−f(x)x2，
∵ xf′(x)−f(x)<0，
∴ g′(x)<0，
∴ g(x)为减函数.
∵ f(ex)−ex>0,
∴ f(ex)ex>1，即g(ex)>1.
∵ f(2)=2，
∴ f(2)2=1，即g(2)=1，
∴ g(ex)>g(2)，
∴ ex<2，
∴ x∴ 解集为(−∞, ln2).
故答案为：(−∞, ln2).
三、解答题
【答案】
解：设所求图形面积为S，
S=0222⋅xdx+26(6−x)dx
=432x32|02+(6x−12x2)|26
=163+8=403.
【考点】
定积分在求面积中的应用
【解析】
根据定积分的定义结合图象可得，S=0222⋅xdx+26(6−x)dx，然后利用定积分的定义进行计算．
【解答】
解：设所求图形面积为S，
S=0222⋅xdx+26(6−x)dx
=432x32|02+(6x−12x2)|26
=163+8=403.
【答案】
解：(1)f′x=3x2+2bx+c，
∵ fx的单调递减区间是(1,2)，
∴ f′1=3+2b+c=0，f′2=12+4b+c=0，
解得b=−92，c=6，
∴ fx=x3−92x2+6x+1 ．
(2)由(1)得f′x=3x2−9x+6=3x−1x−2，
当x∈[2,+∞)时，f′x≥0，
∴ f(x)在[2,+∞)上单调递增，
∴ fxmin=f2=3．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数解析式的求解及常用方法
利用导数研究函数的最值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′x=3x2+2bx+c，
∵ fx的单调递减区间是(1,2)，
∴ f′1=3+2b+c=0，f′2=12+4b+c=0，
解得b=−92，c=6，
∴ fx=x3−92x2+6x+1 ．
(2)由(1)得f′x=3x2−9x+6=3x−1x−2，
当x∈[2,+∞)时，f′x≥0，
∴ f(x)在[2,+∞)上单调递增，
∴ fxmin=f2=3．
【答案】
解：(1)改进工艺后，每个配件的销售价为201+x元，
月平均销售量为a1−x2件，
则月平均利润y=a1−x2⋅[20(1+x)−15]
=5a1+4x−x2−4x3（元），
∴ y与x的函数关系式为y=5a1+4x−x2−4x30(2)y′=5a4−2x−12x2，
令y′=0，
得x1=12，x2=−23（舍），
当00；12∴ 函数y=5a1+4x−x2−4x30∴ 20×(1+12)=30(元).
答：改进工艺后，每个配件销售价为30元时，该电子公司销售该配件的月平均利润最大.
【考点】
根据实际问题选择函数类型
函数解析式的求解及常用方法
利用导数研究函数的最值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)改进工艺后，每个配件的销售价为201+x元，
月平均销售量为a1−x2件，
则月平均利润y=a1−x2⋅[20(1+x)−15]
=5a1+4x−x2−4x3（元），
∴ y与x的函数关系式为y=5a1+4x−x2−4x30(2)y′=5a4−2x−12x2，
令y′=0，
得x1=12，x2=−23（舍），
当00；12∴ 函数y=5a1+4x−x2−4x30∴ 20×(1+12)=30(元).
答：改进工艺后，每个配件销售价为30元时，该电子公司销售该配件的月平均利润最大.
【答案】
解：(1)函数f(x)=lnx+ax的定义域为(0, +∞)，
f′(x)=1x−ax2=x−ax2，
①当a≤0时，f′x>0，
故函数fx在0,+∞上单调递增，
②当a>0时，f′x>0⇒x>a，
f′x<0⇒0∴ fx在0,a上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
(2)在[1, e]上，分如下情况讨论：
当a<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
其最小值为f(1)=a<1，这与函数在[1, e]上的最小值是32相矛盾；
当a=1时，函数f(x)在(1, e]上单调递增，
其最小值为f(1)=1，同样与最小值是32相矛盾；
当1在(a, e]上有f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以，函数f(x)的最小值为f(a)=lna+1，
由lna+1=32，得a=e；
当a=e时，函数f(x)在[1, e)上有f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
其最小值为f(e)=2，还与最小值是32相矛盾；
当a>e时，显然函数f(x)在[1, e]上单调递减，
其最小值为f(e)=1+ae>2，仍与最小值是32相矛盾，
综上所述，a的值为e．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）求出f(x)=lnx+ax的导数，令导数大于0求函数的增区间，导数小于0求函数的减区间．
（2）对a进行分类讨论，分别求出各种情况下的函数在[1, e]上的最小值令其为32解方程求得a的值
【解答】
解：(1)函数f(x)=lnx+ax的定义域为(0, +∞)，
f′(x)=1x−ax2=x−ax2，
①当a≤0时，f′x>0，
故函数fx在0,+∞上单调递增，
②当a>0时，f′x>0⇒x>a，
f′x<0⇒0∴ fx在0,a上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
(2)在[1, e]上，分如下情况讨论：
当a<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
其最小值为f(1)=a<1，这与函数在[1, e]上的最小值是32相矛盾；
当a=1时，函数f(x)在(1, e]上单调递增，
其最小值为f(1)=1，同样与最小值是32相矛盾；
当1在(a, e]上有f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以，函数f(x)的最小值为f(a)=lna+1，
由lna+1=32，得a=e；
当a=e时，函数f(x)在[1, e)上有f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
其最小值为f(e)=2，还与最小值是32相矛盾；
当a>e时，显然函数f(x)在[1, e]上单调递减，
其最小值为f(e)=1+ae>2，仍与最小值是32相矛盾，
综上所述，a的值为e．
【答案】
解：1f′(x)=(6x+a)ex−(3x2+ax)ex(ex)2
=−3x2+(6−a)x+aex，
∵ f(x)在x=0处取得极值，
∴ f′(0)=0，解得a=0．
当a=0时，f(x)=3x2ex，f′(x)=−3x2+6xex，
∴ f(1)=3e，f′(1)=3e，
∴ 曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程为y−3e=3e(x−1)，化为：3x−ey=0；
2由1可得：f′(x)=−3x2+(6−a)x+aex，
令g(x)=−3x2+(6−a)x+a，
由g(x)=0，解得x1=6−a−a2+366，x2=6−a+a2+366．
当x当x10，即f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数；
当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数．
由f(x)在[3, +∞)上为减函数，可知：x2=6−a+a2+366≤3，解得a≥−92．
因此a的取值范围为：[−92，+∞)．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1f′(x)=(6x+a)ex−(3x2+ax)ex(ex)2
=−3x2+(6−a)x+aex，
∵ f(x)在x=0处取得极值，
∴ f′(0)=0，解得a=0．
当a=0时，f(x)=3x2ex，f′(x)=−3x2+6xex，
∴ f(1)=3e，f′(1)=3e，
∴ 曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程为y−3e=3e(x−1)，化为：3x−ey=0；
2由1可得：f′(x)=−3x2+(6−a)x+aex，
令g(x)=−3x2+(6−a)x+a，
由g(x)=0，解得x1=6−a−a2+366，x2=6−a+a2+366．
当x当x10，即f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数；
当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数．
由f(x)在[3, +∞)上为减函数，可知：x2=6−a+a2+366≤3，解得a≥−92．
因此a的取值范围为：[−92，+∞)．
【答案】
解：(1)当a=e时，fx=ex−lnx+1，
所以f′x=ex−1x，
所以f′1=e−1.
因为f1=e+1，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y−e+1=e−1x−1.
当x=0时，y=2，
当y=0时， x=−2e−1，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=12×2×2e−1=2e−1.
(2)由fx≥1，可得aex−1−lnx+lna≥1，
即ex−1+lna−lnx+lna≥1，
即ex−1+lna+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx.
令gt=et+t，
则g′(t)=et+1>0，
所以gt在R上单调递增，
所以glna+x−1>glnx，
所以lna+x−1>lnx，即lna>lnx−x+1.
令ℎx=lnx−x+1，
所以ℎ′x=1x−1=1−xx.
当00， 函数ℎx单调递增，
当x>1时， ℎ′x<0，函数ℎx单调递减，
所以ℎx≥ℎ1=0，
所以lna≥0，
所以a≥1.
故a的范围为[1,+∞).
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；
(2)不等式等价于ex−1+lna+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx，令g(t)=et+t，根据函数单调性可得lna>lnx−x+1，再构造函数ℎ(x)=lnx−x+1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围.
【解答】
解：(1)当a=e时，fx=ex−lnx+1，
所以f′x=ex−1x，
所以f′1=e−1.
因为f1=e+1，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y−e+1=e−1x−1.
当x=0时，y=2，
当y=0时， x=−2e−1，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=12×2×2e−1=2e−1.
(2)由fx≥1，可得aex−1−lnx+lna≥1，
即ex−1+lna−lnx+lna≥1，
即ex−1+lna+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx.
令gt=et+t，
则g′(t)=et+1>0，
所以gt在R上单调递增，
所以glna+x−1>glnx，
所以lna+x−1>lnx，即lna>lnx−x+1.
令ℎx=lnx−x+1，
所以ℎ′x=1x−1=1−xx.
当00， 函数ℎx单调递增，
当x>1时， ℎ′x<0，函数ℎx单调递减，
所以ℎx≥ℎ1=0，
所以lna≥0，
所以a≥1.
故a的范围为[1,+∞).