2020-2021年甘肃省天水市高二（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年甘肃省天水市高二（下）4月月考数学试卷人教A版，共8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. 函数fx=lnx−ax在0,+∞上有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞,1e)B.(0,1e)C.(1e2,1e)D.(1e,2e)

2. 用S表示图中阴影部分的面积，若有6个对面积S的表示，如图所示，
①S=ac f(x)dx；
②S=|ac f(x)dx|；
③S=ac |f(x)|dx；
④S=ab f(x)dx−bc f(x)dx；
⑤S=bc f(x)dx−ab f(x)dx；
⑥S=|ab f(x)dx−bc f(x)dx|．
则其中对面积S的表示正确序号的个数为( )

A.2B.3C.4D.5

3. 函数f(x)=0xt(t−4)dt在[−1, 5]上( )
A.有最大值0，无最小值B.有最大值0，最小值−323
C.有最小值−323，无最大值D.既无最大值，也无最小值

4. −112x2sinx+1−x2dx=( )
A.π2B.12C.52D.π2+2

5. 若ex≥(a−1)x+lnax(a>0,x>0)，则a的最大值为（ ）
A.e4B.e2C.eD.2e

6. 由直线y=2x及曲线y=4x−x2围成的封闭图形的面积为( )
A.53B.43C.83D.4

7. 已知函数fx=ex−1ex+1−ax，对于任意实数x1，x2，且x1≠x2，都有fx1−fx2x1−x212B.a>1C.a≥12D.a≥1

8. 已知函数f(x)=xx2+1，若函数y=fx−a有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(−12,12)B.{−12,12}
C.(0,12)D.(−12,0)∪(0,12)

9. 已知函数fx=lnx−m与gx=−x2+73x的图象在1,3上存在关于x轴对称的点，则m的取值范围是( )
A.ln3−2，ln32+54B.ln3−2,43
C.43,ln32+54D.54,43

10. 已知fx是定义在R上的可导函数，fx−f′xx2B.x1=x2
C.x10，f′x是函数fx的导函数 .
(1)讨论fx的单调性；

(2)若f1+f′1=0，证明：212+322+⋯+n+1n2>lnn+1 .

在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60∘，点E是边AB的中点（如图1），将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1−BCDE（如图2）．

(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；

(2)若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．

已知函数fx=x−2alnx−1x（a∈R）．
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)若x1，x2为函数fx的两个极值点，证明f(x1)−f(x2)x1−x2>2−4a．
参考答案与试题解析
2020-2021年甘肃省天水市高二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
【解答】
解：函数定义域为(0,+∞)，
由f(x)=lnx−ax=0得a=lnxx，
设g(x)=lnxx，g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)=0得x=e，
x∈(0,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
x∈(e,+∞)时，g′(x)0，解得x>4或x0)，
知f(x)在(0,+∞)上单调递增，
原不等式转化为f(ex)≥f(ax)，
所以ex≥ax，即a≤exx，
设u(x)=exx，
则u′(x)=ex(x−1)x2，
当00)，
可得f′x=2x−a−a2x=2x+ax−ax，
令f′x=0，解得x=a或a2，
因为a>0，
所以当x∈0,a，f′x0，
所以f(x)上(0,a)单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
(2)证明：由题意，函数fx=x2−ax+alnx且f′x=2x+ax−ax，
可得f1=1−a，f′1=2−a−a2.
因为f1+f′1=0，
所以1−a+2−a−a2=0，
解得a=1或−3（舍去），
所以fx=x2−x−lnx .
由(1)知，函数fx在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x=1函数取得最小值，
最小值fxmin=f1=0，即fx≥0，
即x2−x≥lnx，对于任意x>0恒成立，当且仅当x=1时，等号成立，
令x=n+1n>1，n∈N∗，
(n+1n)2−n+1n>ln(n+1)n，
整理得，n+1n2>lnn+1n=lnn+1−lnn.
所以212+322+⋯+n+1n2
>(ln2−ln1)+(ln3−ln2)+⋯+[ln(n+1)−lnn]
=ln(n+1) .
【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
【解析】
（1）求得fx的定义域和f′x=2x+ax−ax，结合定义域和导数的符号，即可求解 .
（2）由f1+f′1=0，求得a=1，得到fx=x2−x−lnx．根据（1）中函数的单调性，求得x2−x≥lnx，令x=n+1n>1,n∈N∗，得n+1n2>lnn+1−lnn，利用累加法，即可求解．
【解答】
(1)解：由题意，函数fx=x2−ax+alnx(a>0，x>0)，
可得f′x=2x−a−a2x=2x+ax−ax，
令f′x=0，解得x=a或a2，
因为a>0，
所以当x∈0,a，f′x0，
所以f(x)上(0,a)单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
(2)证明：由题意，函数fx=x2−ax+alnx且f′x=2x+ax−ax，
可得f1=1−a，f′1=2−a−a2.
因为f1+f′1=0，
所以1−a+2−a−a2=0，
解得a=1或−3（舍去），
所以fx=x2−x−lnx .
由(1)知，函数fx在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x=1函数取得最小值，
最小值fxmin=f1=0，即fx≥0，
即x2−x≥lnx，对于任意x>0恒成立，当且仅当x=1时，等号成立，
令x=n+1n>1，n∈N∗，
(n+1n)2−n+1n>ln(n+1)n，
整理得，n+1n2>lnn+1n=lnn+1−lnn.
所以212+322+⋯+n+1n2
>(ln2−ln1)+(ln3−ln2)+⋯+[ln(n+1)−lnn]
=ln(n+1) .
【答案】
(1)证明：连接BD，在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，
所以△ABD是等边三角形．
因为点E是边AB的中点，
所以DE⊥BE，DE⊥AE，折叠后有DE⊥A1E.
因为BE∩A1E=E，BE⊂平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE．
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE．
(2)解：因为A1E⊥BE，又BE⊥DE，A1E∩DE=E，
所以BE⊥平面A1DE．
因为CD//BE，所以CD⊥平面A1DE．
因为CD⊂平面A1CD，
所以平面A1DE⊥平面A1CD．
因为平面A1DE∩平面A1CD=A1D，
作EF⊥A1D于F，则EF⊥平面A1CD，连接CF，
则∠ECF是直线CE与平面A1CD所成角．
因为菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，
所以CD=2，DE=3，A1E=1．
在Rt△CDE中，CE=CD2+DE2=7.
在Rt△EFA1中，EF=A1E⋅sin60∘=32.
在Rt△CEF中，sin∠ECF=EFCE=2114，
所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为2114．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】

【解答】
(1)证明：连接BD，在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，
所以△ABD是等边三角形．
因为点E是边AB的中点，
所以DE⊥BE，DE⊥AE，折叠后有DE⊥A1E.
因为BE∩A1E=E，BE⊂平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE．
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE．
(2)解：因为A1E⊥BE，又BE⊥DE，A1E∩DE=E，
所以BE⊥平面A1DE．
因为CD//BE，所以CD⊥平面A1DE．
因为CD⊂平面A1CD，
所以平面A1DE⊥平面A1CD．
因为平面A1DE∩平面A1CD=A1D，
作EF⊥A1D于F，则EF⊥平面A1CD，连接CF，
则∠ECF是直线CE与平面A1CD所成角．
因为菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，
所以CD=2，DE=3，A1E=1．
在Rt△CDE中，CE=CD2+DE2=7.
在Rt△EFA1中，EF=A1E⋅sin60∘=32.
在Rt△CEF中，sin∠ECF=EFCE=2114，
所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为2114．
【答案】
(1)解：f′(x)=x2−2ax+1x2，x>0，
令x2−2ax+1=0，Δ=4a2−4，
当Δ≤0即−1≤a≤1时，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当Δ>0即a>1或a0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当a>1时，令f′(x)=0，x1=a−a2−1，x2=a+a2−1
综上：当a≤1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在(0,a−a2−1)，(a+a2−1,+∞)上单调递增，
在(a−a2−1,a+a2−1)上单调递减．
(2)证明：由(1)知a>1时f(x)有两个极值点x1，x2，
且x1+x2=2a，x1x2=1，
不妨设x2>1>x1>0，
f(x1)−f(x2)x1−x2
=x1−2alnx1−1x1−x2−2alnx2−1x2x1−x2
=(x1−x2)−2alnx1x2+x1−x2x1x2x1−x2=2−2alnx1x2x1−x2．
要证f(x1)−f(x2)x1−x2>2−4a，
即证lnx1x2x1−x21或a0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当a>1时，令f′(x)=0，x1=a−a2−1，x2=a+a2−1
综上：当a≤1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在(0,a−a2−1)，(a+a2−1,+∞)上单调递增，
在(a−a2−1,a+a2−1)上单调递减．
(2)证明：由(1)知a>1时f(x)有两个极值点x1，x2，
且x1+x2=2a，x1x2=1，
不妨设x2>1>x1>0，
f(x1)−f(x2)x1−x2
=x1−2alnx1−1x1−x2−2alnx2−1x2x1−x2
=(x1−x2)−2alnx1x2+x1−x2x1x2x1−x2=2−2alnx1x2x1−x2．
要证f(x1)−f(x2)x1−x2>2−4a，
即证lnx1x2x1−x2