2020-2021学年河南省周口市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷

这是一份2020-2021学年河南省周口市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷，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. 已知函数y=2x2+3，则y在2,2.1上的平均变化率为( )
B.8.2D.4.1

2. 一质点M按运动方程st=−kt2+4（位移单位：m，时间单位：s）做运动．若质点M在t=5s时的瞬时速度为20m/s，则常数k的值为( )
A.1B.2C.−2D.−1

3. 下列求导运算正确的是( )
A.ax+1′=axB.1x′=−1x2
C.csx′=sinxD.lnx+1′=1x+1

4. 设函数fx在x=−2处的导函数值为2，则limΔx→0f−2+Δx−f−2−2Δx=( )
A.2B.−2C.1D.−1

5. 曲线fx=xex在点(1,f(1))处的切线的方程为( )
A.y=2ex−eB.y=2x−1C.y=2x−eD.y=2ex−1

6. 已知函数fx=sin3x+π6，那么f′π6的值为( )
A.32B.−32C.−12D.12

7. 已知函数fxx∈−3,5的导函数为f′x，若f′x的图象如图所示，则下列说法正确的是( )

A.fx在x=−2处取得极大值
B.fx在−12,83上单调递减
C.fx在−2,1上单调递增
D.fx在x=83处取得极小值

8. 函数fx=lnx+ex在区间0,+∞上的最小值是( )
A.1B.2C.eD.1+e

9. 由曲线y=1x与直线y=x及y=3所围成的封闭区域的面积为( )
A.4−ln3B.4+ln3C.2−ln3D.2+ln3

10. 设函数fx=ex−ax2在区间12,2上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞,e2]B.(−∞,e]C.(−∞,e24]D.(−∞,e2]

11. 若一直线与曲线y=ex和曲线y=ax2a>0相切于同一点P，则a的值为( )
A.e2B.e24C.2D.4

12. 已知函数fx=12x2−ax+lnx，对于任意不同x1，x2∈0,+∞，有fx1−fx2x1−x2>3，则实数a的取值范围为( )
A.a≤−1B.a≥−1C.a≤1D.a≥1
二、填空题

一作直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是st=3t−t3（s的单位是：m，t的单位是：s），则物体在t=2s时的瞬时加速度是________m/s2 .
三、解答题

求下列各函数的导数：
(1)y=x−32x2+1；

(2)y=lnxex；

(3)y=x2sin2x．

已知函数fx=2x2−3x+2ex .
(1)求y=fx在0,2处的切线方程；

(2)求函数fx的极值．

已知函数fx=x3+ax2+bx+c .
(1)若a=32，b=−6，且fx有三个零点，求c的取值范围；

(2)若a=b23，且fx在x=−1处有极大值，求当x∈−3,1时，fx的值域．

设函数fx=ex−ax+1，其中e为自然对数的底数．
(1)若fx≥0在−1,+∞上恒成立，求a的取值范围；

(2)求证：ex>lnx+2 .

某矿泉水公司要设计一个圆柱形容器，它由上下两部分组成，上面杯盖的形状是圆柱O1O2，下面杯体的形状是圆柱OO1（如图所示），且上下圆柱的半径之比为1:5，高度之比为1:11．设计要求为：插入一根吸管PQ，使得吸管在容器内的长度为30cm．

(1)若O1O2=2cm．求圆柱形容器（含杯盖）的表面积；

(2)若要求圆柱形容器的体积最大，则应该如何设计？

已知函数fx=2x−sinx+mlnx，gx=fx+sinx .
(1)求函数gx的单调区间和极值；

(2)若存在x1，x2∈0,+∞，且当x1≠x2时，fx1=fx2，证明：x1x2m2<1 .
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省周口市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
变化的快慢与变化率
【解析】

【解答】
解：由题意得，Δx=0.1，
Δy=2×2.12+3−2×22+3=0.82，
所以ΔyΔx=8.2 .
故选B .
2.
【答案】
C
【考点】
变化的快慢与变化率
【解析】

【解答】
解：由题意得，s′t=−2kt，
所以s′(5)=−10k=20，则k=−2 .
故选C .
3.
【答案】
B
【考点】
简单复合函数的导数
【解析】

【解答】
解：因为1x=x−1，
由常见函数的导数可知1x′=x−1′=−x−2=−1x2 .
故选B .
4.
【答案】
D
【考点】
极限及其运算
导数的运算
【解析】

【解答】
解：limΔx→0f(−2+Δx)−f(−2)−2Δx
=−12limΔx→0f(−2+Δx)−f(−2)Δx
=−12f′(−2)=−1 .
故选D .
5.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】

【解答】
解：由题意得，f′(x)=ex+xex，
所以切线斜率为k=f′1=2e.
又f1=e，
所以切线方程为y−e=2ex−1，
即y=2ex−e .
故选A .
6.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】

【解答】
解：由题意得，f′x=3cs3x+π6，
所以f′π6=3cs3×π6+π6=3cs2π3=−32 .
故选B .
7.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
当f′(x)>0时，f(x)单调递增，由图可知x∈−2,1时，f′x>0时，f(x)单调递增．
【解答】
解：当f′(x)>0时，f(x)单调递增，
由图可知x∈−2,1时，f′x>0，
则函数f(x)在−2,1上单调递增．
故选C .
8.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】

【解答】
解：因为fx=lnx+ex，
所以f′(x)=1x−ex2=x−ex2.
当0则函数fx在(0,e)上单调递减.
当x>e时，f′x>0，
则函数fx在(e,+∞)上单调递增，
所以函数fx的最小值为fe=1+1=2 .
故选B .
9.
【答案】
A
【考点】
定积分在求面积中的应用
【解析】
确定曲线交点的坐标，确定被积区间及被积函数，利用定积分表示面积，即可得到结论．
【解答】
解：由y=1x，y=3可得交点坐标为(13, 3)，
由y=1x，y=x可得交点坐标为(1, 1)，
由y=1x，y=3可得交点坐标为(3, 3)，
如图所示，
∴ 由曲线y=1x与直线y=x及y=3所围成的平面图形的面积为：
131(3−1x)dx+13(3−x)dx=(3x−lnx)|131+(3x−12x2)|13
=(3−1−ln3)+(9−92−3+12)=4−ln3．
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】

【解答】
解：由题意得，f′x=ex−2ax，
因为函数fx=ex−ax2在区间12,2上单调递增，
所以f′x=ex−2ax≥0恒成立，即a≤ex2x恒成立，
所以a≤ex2xmin.
令gx=ex2x，则g′x=2x−1ex4x2，
所以当x∈12,1时，g′x<0，gx单调递减；
当x∈1,2时，g′x>0，gx单调递增．
所以gxmin=g1=e2，则a≤e2 .
故选A .
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
无
【解答】
解：设Px1,y1，
由题意可知ex1=2ax1,ex1=ax12,，
解得x1=2，a=e24．
故选B．
12.
【答案】
A
【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
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】

【解答】
解：对于任意x1，x2∈0,+∞，有fx1−fx2x1−x2>3，
不妨设x1即fx1−3x1设Fx=fx−3x，则Fx1又x1所以Fx在其定义域上单调递增，则F′x≥0恒成立．
则Fx=fx−3x=12x2−3+ax+lnx，
所以F′x=x−3+a+1x=x2−3+ax+1x，
令gx=x2−3+ax+1，
要使F′x≥0在(0,+∞)上恒成立，
只需g(x)=x2−(3+a)x+1≥0恒成立，
即3+a≤x+1x恒成立.
又x+1x≥2x⋅1x=2，
所以3+a≤2，即a≤−1 .
故选A .
二、填空题
【答案】
−12
【考点】
导数的运算
【解析】

【解答】
解：由题意得，s′(t)=3−3t2，
令v(t)=s′(t)=3−3t2，
则v′(t)=−6t，
则v′(2)=−12，
所以物体在t=2s时的瞬时加速度是−12 .
故答案为：−12.
三、解答题
【答案】
解：(1)y′=x−3′2x2+1+x−32x2+1′
=2x2+1+x−3⋅4x
=6x2−12x+1.
(2)y′=lnx′⋅ex−lnx⋅ex′ex2
=1x⋅ex−lnx⋅exex2
=1−xlnxxex.
(3)y′=x2′sin2x+x2sin2x′
=2xsin2x+x2⋅cs2x⋅2
=2xsin2x+2x2cs2x.
【考点】
导数的运算
【解析】



【解答】
解：(1)y′=x−3′2x2+1+x−32x2+1′
=2x2+1+x−3⋅4x
=6x2−12x+1.
(2)y′=lnx′⋅ex−lnx⋅ex′ex2
=1x⋅ex−lnx⋅exex2
=1−xlnxxex.
(3)y′=x2′sin2x+x2sin2x′
=2xsin2x+x2⋅cs2x⋅2
=2xsin2x+2x2cs2x.
【答案】
解：(1)由题意得，函数的定义城为R，f′x=(2x2+x−1)ex，
所以f′0=−1，故y=f(x)在(0,2)处的切线方程为y−2=−1x−0，即x+y−2=0．
(2)令f′x=0，则2x2+x−1=0，解得x1=−1，x2=12，
所以当x<−1时，f′x＞0，f(x)单调递增；
当−1当x>12时，f′x>0，f(x)单调递增．
所以当x=−1时，f(x)取得极大值f−1=7e；
当x=12时，f(x)取得极小值f12=e12=e．
【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】
无
无
【解答】
解：(1)由题意得，函数的定义城为R，f′x=(2x2+x−1)ex，
所以f′0=−1，故y=f(x)在(0,2)处的切线方程为y−2=−1x−0，即x+y−2=0．
(2)令f′x=0，则2x2+x−1=0，解得x1=−1，x2=12，
所以当x<−1时，f′x＞0，f(x)单调递增；
当−1当x>12时，f′x>0，f(x)单调递增．
所以当x=−1时，f(x)取得极大值f−1=7e；
当x=12时，f(x)取得极小值f12=e12=e．
【答案】
解：(1)已知a=32，b=−6，
则f(x)=x3+32x2−6x+c，则f′(x)=3x2+3x−6，
令f′x=3x2+3x−6=0，解得x1=−2，x2=1 .
当x∈−∞,−2时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈−2,1时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx单调递增．
所以fx的极大值为f(−2)=c+10，极小值为f1=c−72 .
因为fx有三个零点，
所以f−2=c+10>0且f1=c−72<0，
所以−10(2)已知a=b23，则fx=x3+b3x2+bx+c，
则f′x=3x2+2b23x+b .
因为fx在x=−1处有极大值，
所以f′−1=0，即3−2b23+b=0，
解得b=3或b=−32 .
当b=3时，f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0，
此时函数f(x)在其定义域上单调递增，fx不存在极大值，故b=3不成立．
当b=−32时，f′(x)=3x2+32x−32，
令f′x=0，则x1=−1，x2=12，
当x∈−3,−1时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈−1,12时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈12,1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以fx的极大值为f(−1)=c+54，极小值为f12=c−716，满足题意．
所以fx=x3+34x2−32x+c .
又f−3=c−634，f1=c+14，
所以f(−1)>f(1)>f12>f(−3)，
所以当x∈[−3,1]时，f(x)的值域为c−634,c+54 .
【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
函数零点的判定定理
利用导数研究函数的极值
【解析】


【解答】
解：(1)已知a=32，b=−6，
则f(x)=x3+32x2−6x+c，则f′(x)=3x2+3x−6，
令f′x=3x2+3x−6=0，解得x1=−2，x2=1 .
当x∈−∞,−2时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈−2,1时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx单调递增．
所以fx的极大值为f(−2)=c+10，极小值为f1=c−72 .
因为fx有三个零点，
所以f−2=c+10>0且f1=c−72<0，
所以−10(2)已知a=b23，则fx=x3+b3x2+bx+c，
则f′x=3x2+2b23x+b .
因为fx在x=−1处有极大值，
所以f′−1=0，即3−2b23+b=0，
解得b=3或b=−32 .
当b=3时，f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0，
此时函数f(x)在其定义域上单调递增，fx不存在极大值，故b=3不成立．
当b=−32时，f′(x)=3x2+32x−32，
令f′x=0，则x1=−1，x2=12，
当x∈−3,−1时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈−1,12时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈12,1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以fx的极大值为f(−1)=c+54，极小值为f12=c−716，满足题意．
所以fx=x3+34x2−32x+c .
又f−3=c−634，f1=c+14，
所以f(−1)>f(1)>f12>f(−3)，
所以当x∈[−3,1]时，f(x)的值域为c−634,c+54 .
【答案】
解：(1)若fx=ex−ax+1≥0在−1,+∞恒成立，
即a≤exx+1恒成立，则a≤exx+1min.
令gx=exx+1，则g′x=exx+1−exx+12=xexx+12，
令g′x=0，则x=0，
当x∈−1,0时，g′x<0，gx单调递减；
当x∈0,+∞时，g′x>0，gx单调递增，
所以gxmin=g(0)=1，则a≤1.
(2)由(1)知ex−x+1≥0恒成立，只有当x=0时等号成立，
所以x∈0,+∞时，ex−x+1>0，即ex>x+1，
要证ex>lnx+2，可以尝试证明ex>x+1≥lnx+2，即证x−1−lnx≥0．
令h(x)=x−1−lnx，则h′(x)=1−1x，
令h′x=0，则x=1，
当x∈0,1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈1,+∞时，h′x>0，hx单调递增，
所以h(x)min=h(1)=0，
所以hx=x−1−lnx≥0 ，
所以x≥lnx+1.
又ex>x+1，
所以ex>lnx+2 .
【考点】
利用导数研究函数的单调性
不等式恒成立问题
利用导数研究函数的最值
【解析】


【解答】
解：(1)若fx=ex−ax+1≥0在−1,+∞恒成立，
即a≤exx+1恒成立，则a≤exx+1min.
令gx=exx+1，则g′x=exx+1−exx+12=xexx+12，
令g′x=0，则x=0，
当x∈−1,0时，g′x<0，gx单调递减；
当x∈0,+∞时，g′x>0，gx单调递增，
所以gxmin=g(0)=1，则a≤1.
(2)由(1)知ex−x+1≥0恒成立，只有当x=0时等号成立，
所以x∈0,+∞时，ex−x+1>0，即ex>x+1，
要证ex>lnx+2，可以尝试证明ex>x+1≥lnx+2，即证x−1−lnx≥0．
令h(x)=x−1−lnx，则h′(x)=1−1x，
令h′x=0，则x=1，
当x∈0,1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈1,+∞时，h′x>0，hx单调递增，
所以h(x)min=h(1)=0，
所以hx=x−1−lnx≥0 ，
所以x≥lnx+1.
又ex>x+1，
所以ex>lnx+2 .
【答案】
解：(1)画出圆柱形容器的轴截面如图所示，
其中PQ=30cm，
设上下圆柱的半径分别为r，5r，高度分别为h，11h .
因为O1O2=2cm，
所以h=2，
所以QM=OO2=12h=24，PM=PQ2−PM2=18.
又PM=6r，
所以r=3，
所以圆柱形容器的表面积为：
2×π(5r)2+2π(5r)×11h+2πrh=1122π(cm2) .
(2)因为PQ=PM2+QM2=(6r)2+(12h)2=30，
所以r2=25−4h2，
所以圆柱形容器的容积V=V圆柱O1O2=V圆柱OO1
=πr2h+π(5r)2×11h=276π(25−4h2)h
=276π(25h−4h3)，其中h∈0,52 ，
所以V′=276π25−12h2，
令V′=0，得h=536或h=−536（舍），
当00，函数V单调递增；
当536所以当h=536时，V取得极大值，也是最大值．
答：当上面杯盖的高度为536cm，半径为563cm时，圆柱形容器的体积最大．
【考点】
圆柱表面积的有关计算
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的极值
【解析】


【解答】
解：(1)画出圆柱形容器的轴截面如图所示，
其中PQ=30cm，
设上下圆柱的半径分别为r，5r，高度分别为h，11h .
因为O1O2=2cm，
所以h=2，
所以QM=OO2=12h=24，PM=PQ2−PM2=18.
又PM=6r，
所以r=3，
所以圆柱形容器的表面积为：
2×π(5r)2+2π(5r)×11h+2πrh=1122π(cm2) .
(2)因为PQ=PM2+QM2=(6r)2+(12h)2=30，
所以r2=25−4h2，
所以圆柱形容器的容积V=V圆柱O1O2=V圆柱OO1
=πr2h+π(5r)2×11h=276π(25−4h2)h
=276π(25h−4h3)，其中h∈0,52 ，
所以V′=276π25−12h2，
令V′=0，得h=536或h=−536（舍），
当00，函数V单调递增；
当536所以当h=536时，V取得极大值，也是最大值．
答：当上面杯盖的高度为536cm，半径为563cm时，圆柱形容器的体积最大．
【答案】
解：(1)由题意得，gx=2+mlnx，定义域为0,+∞，
则g′x=2+mx=2x+mx，
①当m≥0时，g′x>0，gx在(0,+∞)上单调递增，无极值．
②当m<0时，令g′x<0，解得x<−m2，
∴ gx的单调递减区间为0,−m2.
令g′x>0，解得x>−m2，
∴ gx的单调递增区间为−m2,+∞，
此时gx有极小值g−m2=−m+mln−m2，无极大值．
(2)不妨设00 .
∵ f(x1)=f(x2)，
∴ 2x1−sinx1+mlnx1=2x2−sinx2+mlnx2.
令Px=x−sinx，则P′x=1−csx≥0，
∴ Px在0,+∞上单调递增，
∴ x2−sinx2>x1−sinx1，从而x2−x1>sinx2−sinx1，
∴ sinx2−sinx1=mlnx2−lnx1+2x2−2x即mlnx2−lnx1<−x2−x1，
即m<−x2−x1lnx2−lnx1<0.
下面证明x2−x1lnx2−lnx1>x1x2，
令x2x1=t，则t>1，即证明t−1lnt>t，只要证明lnt−t−1t<0.
设h(t)=lnt−t−1t(t>1)，则h′(t)=−(t−1)22tt<0在1,+∞上恒成立，
∴ ht在1,+∞上单调递减，故h(t)∴ m<−x2−x1lnx2−lnx1<−x1x2<0，
所以m2>x1x2>0，即x1x2m2<1．
【考点】
利用导数研究函数的极值
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】


【解答】
解：(1)由题意得，gx=2+mlnx，定义域为0,+∞，
则g′x=2+mx=2x+mx，
①当m≥0时，g′x>0，gx在(0,+∞)上单调递增，无极值．
②当m<0时，令g′x<0，解得x<−m2，
∴ gx的单调递减区间为0,−m2.
令g′x>0，解得x>−m2，
∴ gx的单调递增区间为−m2,+∞，
此时gx有极小值g−m2=−m+mln−m2，无极大值．
(2)不妨设00 .
∵ f(x1)=f(x2)，
∴ 2x1−sinx1+mlnx1=2x2−sinx2+mlnx2.
令Px=x−sinx，则P′x=1−csx≥0，
∴ Px在0,+∞上单调递增，
∴ x2−sinx2>x1−sinx1，从而x2−x1>sinx2−sinx1，
∴ sinx2−sinx1=mlnx2−lnx1+2x2−2x即mlnx2−lnx1<−x2−x1，
即m<−x2−x1lnx2−lnx1<0.
下面证明x2−x1lnx2−lnx1>x1x2，
令x2x1=t，则t>1，即证明t−1lnt>t，只要证明lnt−t−1t<0.
设h(t)=lnt−t−1t(t>1)，则h′(t)=−(t−1)22tt<0在1,+∞上恒成立，
∴ ht在1,+∞上单调递减，故h(t)∴ m<−x2−x1lnx2−lnx1<−x1x2<0，
所以m2>x1x2>0，即x1x2m2<1．