2020-2021学年山西省运城市高二（下）3月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省运城市高二（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. 函数fx=3x从x=13到x=3 的平均变化率为（ ）
A.2B.34C.3D.2

2. 下列各式正确的是（ ）
A.x3−1′=3x2−1B.ln2x′=2x
C.sinx′=−csxD.1x′=−1x2

3. 曲线y=xlnx在x=1处的切线的倾斜角为（ ）
A.π6B.π2C.π4D.π3

4. 已知某质点的运动方程为S=2t2−t，其中S的单位是m，t的单位是s，则该质点在2s末的瞬时速度为（ ）
A.7m/sB.8m/sC.9m/sD.10m/s

5. 如图是函数y=fx的导函数y=f′x的图象，则下列说法正确的是（ ）

A.x=3是函数y=fx的极小值点
B.当x=−1或x=3时，函数fx的值为0
C.函数y=fx在−∞,−1上是增函数
D.函数y=fx在3,5上是减函数

6. 函数fx=2x−1ex的单调递减区间是（ ）
A.−∞,−12B.−12,+∞C.−12,0D.0,12

7. 若函数fx=x2−2x+alnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A.a>12B.−12
8. 已知函数fx=ax−a,x<1,lnxx,x≥1, 若函数gx=fx−14恰有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A.−14,0B.[0,+∞）C.(−14,0]D.−14,+∞

9. 函数fx=e2x−ex的图象存在与直线x−y=0垂直的切线，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−∞,22]B.(−∞,0]C.[22,+∞）D.0,+∞

10. 已知a=ln22，b=1e，c=ln66，则a，b，c的大小关系为（ ）
A.a>b>cB.c>b>aC.a>c>bD.b>a>c

11. 已知函数fx=ex−2，gx=lnx3+13，若fa=gba,b∈R成立，则b−a的最小值为（ ）
A.ln3−13B.ln3+13C.1+ln3D.1−ln3

12. 对任意x>0，若不等式ex+axlnx+e2x≥ax2恒成立（e为自然对数的底数），则正实数a的取值范围是（ ）
A.(0,e]B.(0,e2]C.[2e,e]D.[2e,e2]
二、填空题

已知函数fx=sinxx+1，fx的导函数为f′x，则f′π=________．

已知函数fx=xex−3exx∈R，则fx的极小值点为________．

点P是曲线y=x2+x−2lnx上任意一点，则点P到直线4x−y−2−3ln2=0的最短距离为________．

已知函数fx=2ax3−6x+4x∈R，若对于x∈−1,1，都有fx≥0，则实数a的取值范围为________．
三、解答题

已知函数fx=13x3−4x+1．
(1)求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；

(2)求fx在−1,1上的最大值和最小值．

已知a∈R，函数fx=ax−3−2lnx在x=1处取得极值．
(1)求函数fx的单调区间；

(2)若对任意x∈0,+∞，fx≥bx−2恒成立，求实数b的取值范围．

如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为4的等边三角形，D，E分别为AA1，BC的中点．

(1)证明：平面ADE⊥平面BCC1B1；

(2)若AA1=23，求平面ADE与平面BDC1所成锐二面角的余弦值．

如图，在半径为10cm 的半圆形（O为圆心）铝皮上截取一块矩形材料ABCD，其中点A、B在直径上，点C、D在圆周上．

(1)怎样截取才能使截得的矩形ABCD的面积最大？并求最大面积；

(2)若将所截得的矩形铝皮ABCD卷成一个以AD为母线的圆柱形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），应怎样截取，才能使做出的圆柱形罐子体积最大？并求最大体积．

已知函数fx=xex−x−alnx−ba,b∈R．
(1)若曲线y=fx在x=1处的切线的斜率为2e，求a的值；

(2)若a=1，fx在0,+∞上存在唯一零点，求b的值．

已知函数fx=x+1x，gx=alnxa∈R．
(1)若函数y=fx−gx在x=1处取得极值，求实数a的值；

(2)若∃x0∈1,e，使得fx0参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省运城市高二（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】
此题暂无解析
【解答】
解：平均变化率ΔyΔx=f3−f(13)3−13=23−13=34．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：x3−1′=3x2，∴ A错误；
(ln2x)′=1x，∴ B错误；
sinx′=csx，∴ C错误；
1x′=−1x2，∴ D正确．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
利用导数的几何意义：在切点处的导数值是切线的斜率；直线的斜率等于倾斜角的正切值．
【解答】
解：∵ y=xlnx，
∴ y′=1+lnx，
当x=1时，y′=1，
故切线倾斜角为π4.
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
变化的快慢与变化率
极限及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：S′(2)=limΔt→0ΔSΔt
=limΔt→02(2+Δt)2−(2+Δt)−(2×22−2)Δt
=limΔt→0(7+2Δt)=7，
∴ 该质点在2s末时的瞬时速度为7m/s．
故选A．
5.
【答案】
D
【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
函数的图象与图象变化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由函数fx的导函数图象可知，
当x∈−∞,−1，3,5时，f′x<0，原函数为减函数；
当x∈−1,3，5,+∞时，f′x>0，原函数为增函数，故D正确，C错误；
故x=3是函数fx的极大值点，故A错误；
当x=−1或x=3时，导函数f′x的值为0，函数fx的值未知，故B错误．
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx=2x−1ex，∴ f′x=2x+1ex，
解不等式f′x<0，解得x<−12，
因此，函数fx=2x−1ex的单调递减区间是−∞,−12．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
函数的零点与方程根的关系
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx=x2−2x+alnx有两个不同的极值点，
∴ f′x=2x−2+ax=2x2−2x+ax=0在0,+∞有2个不同的零点，
∴ 2x2−2x+a=0在0,+∞有2个不同的零点，
∴ Δ=4−8a>0,a>0,
解得0故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
函数的零点与方程根的关系
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 函数gx=fx−14有2个零点，则fx=14有2个解，
当x≥1时，fx=lnxx，f′x=1−lnxx2，
令f′x=0得x=e，
∴ 当1≤x0，fx单调递增，
当x>e时，f′x<0，fx单调递减，
当x≥1时，fxmax=fe=1e>14，
又f1=0<14，当x≥1时，fx的图象与直线y=14有2个交点，
故当x<1时，fx=ax−a=ax−1与直线y=14无交点，
结合图象，当a≥0时，符合题意，
即a的取值范围是[0,+∞)．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
利用导数研究曲线上某点切线方程
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：与直线x−y=0垂直的直线的斜率为−1，
f′x=2e2x−aex，∴ 2e2x−aex=−1在R上有解，
整理得a=2ex+1ex≥22ex⋅1ex=22（当且仅当2ex=1ex时取等号），
∴ a≥22.．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
利用导数研究函数的单调性
不等式比较两数大小
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：构造函数fx=lnxx，则f′x=1−lnxx2，
当00；
当x>e时，f′x<0，
∴ 函数fx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减．
∵ ln22=2ln24=ln44，e<4<6，
∴ fe>f4>f6，即b>a>c．
故选D．
11.
【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最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设y=ea−2，则a=2+lny；
y=lnb3+13，则b=3ey−13，
则b−a=3ey−13−lny−2，
令ℎx=3ex−13−lnx−2，x>0，
则ℎ′x=3ex−13−1x，∴ ℎ′x递增，
∴ x=13时，ℎ′x=0，
∴ ℎ′x有唯一零点，
∴ x=13时，ℎx取最小值，即b−a取最小值，
ℎ(13)=1+ln3．
故选C．
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：ex+axlnx+e2x≥ax2
⇔exx−ax−lnx+e2≥0
⇔exx−alnexx+e2≥0，
令t=exx（由ex≥ex可知t≥e），
则t−alnt+e2≥0，
设ft=t−alnt+e2t≥e，
则ftmin≥0即可，
易得f′t=1−at=t−att≥e，
①当0∴ 此时y=ftt≥e是增函数，
故ftmin=fe=e−a+e2≥0，
解得a≤e2+e，
∴ 0②当a>e时，
则y=ft在[e,a)上递减，在a,+∞上递增，
故ftmin=fa，
ftmin≥0⇔fa≥0，
∴ a−alna+e2≥0，
设ga=a−alna+e2a>e，
故ga≥0即可，
而g′a=−lnaa>e，
显然g′a<0，
即y=ga在e,+∞上递减，
又ge2=0，而ga≥0，
∴ ga≥ge2，∴ a≤e2，
又a>e，因此e综上所述，0故选B．
二、填空题
【答案】
−1π
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f′x=xcsx−sinxx2，
∴ f′π=−1π．
故答案为：−1π．
【答案】
x=2
【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
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f′x=ex+xex−3ex=x−2ex，
当f′x>0，即x>2时，fx是单调递增函数，
当f′x<0，即x<2时，fx是单调递减函数，
∴ fx在x=2有极小值．
故答案为：x=2．
【答案】
1717ln2
【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：设4x−y+m=0与函数y=x2+x−2lnx的图象相切于点Px0,y0．
∵ y′=2x+1−2x，
∴ 2x0+1−2x0=4，x0>0，
解得x0=2，y0=6−2ln2，
∴ 点P2,6−2ln2到直线4x−y−2−3ln2=0的距离为最小距离
d=|8−6−2ln2−2−3ln2|17=1717ln2.
故答案为：1717ln2.
【答案】
[1,5]
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，函数fx=2ax3−6x+4，
可得f′x=6ax2−6，
当a≤0时，f′x=6ax2−6<0，函数fx为减函数，
只需f1=2a−2≥0，解得a≥1，与a≤0矛盾，舍去；
当a>0时，令f′x=6ax2−6=0，解得x=±aa，
当x<−aa时，f′x>0，fx单调递增；
当−aa≤x当x>aa时，f′x>0，fx单调递增，
∴ 只需faa≥0且f−1≥0且f1≥0即可，
由faa≥0，
可得2a⋅aa3−6⋅aa+4≥0，解得a≥1，
由f−1≥0，可得f−1=−2a+6+4≥0，解得a≤5，
由f1≥0，可得f1=2a−6+4≥0，解得a≥1，
综上可得1≤a≤5．
故答案为：[1,5]．
三、解答题
【答案】
解：(1)由fx=13x3−4x+1得，f′x=x2−4，
∴ f0=1，f′0=−4，
∴ 曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为：
y−1=−4x−0，即4x+y−1=0.
(2)令f′x>0可得x>2或x<−2，此时函数单调递增，
令f′x<0可得−2≤x<2，此时函数单调递减，
故函数fx在−1,1上单调递减，
∴ fx的最大值为f−1=143，最小值为f1=−83 ．
【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最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由fx=13x3−4x+1得，f′x=x2−4，
∴ f0=1，f′0=−4，
∴ 曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为：
y−1=−4x−0，即4x+y−1=0.
(2)令f′x>0可得x>2或x<−2，此时函数单调递增，
令f′x<0可得−2≤x<2，此时函数单调递减，
故函数fx在−1,1上单调递减，
∴ fx的最大值为f−1=143，最小值为f1=−83 ．
【答案】
解：(1)函数的定义域为0,+∞，
f′x=a−2x=ax−2x，
由题意，f′1=a−2=0，∴ a=2，
即f′x=2x−1x．
由f′x>0得x>1，由f′x<0得0故函数fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增．
(2)fx≥bx−2⇒2−1x−2lnxx≥b，
令gx=2−1x−2lnxx，则gxmin≥b成立，
g′x=2lnx−1x2，
由g′x>0，得x>e，
由g′x<0，得0故gx在0,e上递减，在e,+∞上递增，
∴ gxmin=ge=2−2ee，即b≤2−2ee．
【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】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)函数的定义域为0,+∞，
f′x=a−2x=ax−2x，
由题意，f′1=a−2=0，∴ a=2，
即f′x=2x−1x．
由f′x>0得x>1，由f′x<0得0故函数fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增．
(2)fx≥bx−2⇒2−1x−2lnxx≥b，
令gx=2−1x−2lnxx，则gxmin≥b成立，
g′x=2lnx−1x2，
由g′x>0，得x>e，
由g′x<0，得0故gx在0,e上递减，在e,+∞上递增，
∴ gxmin=ge=2−2ee，即b≤2−2ee．
【答案】
(1)证明：由题知AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴ AA1⊥BC .
∵ 底面△ABC为等边三角形，E为BC中点，
∴ AE⊥BC.
又AA1∩AE=A，∴ BC⊥平面ADE.
∵ BC⊂平面BCC1B1，
∴ 平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)解：以A为原点，过A在平面ABC作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B23,2,0，C0,4,0，C10,4,23，D0,0,3，
由(1)知，平面ADE的法向量m→=BC→=−23,2,0，
设平面BDC1的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅C1D→=0，n→⋅BC1→=0，即4y+3z=0，−23x+2y+23z=0，
令y=3，则x=−3，z=−4，
∴ n→=−3,3,−4，
cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=834×27=217，
∴ 平面ADE与平面BDC1所成锐二面角的余弦值为217．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由题知AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴ AA1⊥BC .
∵ 底面△ABC为等边三角形，E为BC中点，
∴ AE⊥BC.
又AA1∩AE=A，∴ BC⊥平面ADE.
∵ BC⊂平面BCC1B1，
∴ 平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)解：以A为原点，过A在平面ABC作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B23,2,0，C0,4,0，C10,4,23，D0,0,3，
由(1)知，平面ADE的法向量m→=BC→=−23,2,0，
设平面BDC1的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅C1D→=0，n→⋅BC1→=0，即4y+3z=0，−23x+2y+23z=0，
令y=3，则x=−3，z=−4，
∴ n→=−3,3,−4，
cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=834×27=217，
∴ 平面ADE与平面BDC1所成锐二面角的余弦值为217．
【答案】
解：(1)连结OC．
设BC=x，矩形ABCD的面积为S．
则AB=2100−x2，其中0∴ S=2x100−x2=2x2100−x2
≤x2+100−x2=100，
当且仅当x2=100−x2，即x=52时，S取最大值为100cm2．
∴ 取BC为52cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为100cm2．
(2)设圆柱底面半径为r，高为x，体积为V．
由AB=2100−x2=2πr，得r=100−x2π，
∴ V=πr2ℎ=1π100x−x3，其中0由V′=1π100−3x2=0，得x=1033，
因此V=1π100x−x3在0,1033上是增函数，在1033,10上是减函数，
∴ 当x=1033时，V的最大值为200039π．
取BC为1033cm时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为200039πcm3 ．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
柱体、锥体、台体的体积计算
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)连结OC．
设BC=x，矩形ABCD的面积为S．
则AB=2100−x2，其中0∴ S=2x100−x2=2x2100−x2
≤x2+100−x2=100，
当且仅当x2=100−x2，即x=52时，S取最大值为100cm2．
∴ 取BC为52cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为100cm2．
(2)设圆柱底面半径为r，高为x，体积为V．
由AB=2100−x2=2πr，得r=100−x2π，
∴ V=πr2ℎ=1π100x−x3，其中0由V′=1π100−3x2=0，得x=1033，
因此V=1π100x−x3在0,1033上是增函数，在1033,10上是减函数，
∴ 当x=1033时，V的最大值为200039π．
取BC为1033cm时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为200039πcm3 ．
【答案】
解：(1)fx=xex−x−alnx−b，
f′x=x+1ex−1−ax，
又曲线y=fx在x=1处的切线的斜率为2e，
∴ f′1=2e−1−a=2e，解得a=−1.
(2)若a=1，则fx=xex−1−lnx−b，
f′x=x+1ex−x+1x=x+1ex−1x，
令f′x=0，得ex−1x=0，
当x>0时，ex=1x有唯一解x0，即ex0=1x0，
当x∈0,x0时，f′x<0；
当x∈x0,+∞时，f′x>0，
∴ fx在0,x0单调递减，在x0,+∞单调递增．
又∵ fx有且只有1个零点，
∴ fx0=0，即x0ex0−x0−lnx0−b=0．
∵ x0ex0=1，lnx0+x0=0，
整理可得1−b=0，故b=1．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=xex−x−alnx−b，
f′x=x+1ex−1−ax，
又曲线y=fx在x=1处的切线的斜率为2e，
∴ f′1=2e−1−a=2e，解得a=−1.
(2)若a=1，则fx=xex−1−lnx−b，
f′x=x+1ex−x+1x=x+1ex−1x，
令f′x=0，得ex−1x=0，
当x>0时，ex=1x有唯一解x0，即ex0=1x0，
当x∈0,x0时，f′x<0；
当x∈x0,+∞时，f′x>0，
∴ fx在0,x0单调递减，在x0,+∞单调递增．
又∵ fx有且只有1个零点，
∴ fx0=0，即x0ex0−x0−lnx0−b=0．
∵ x0ex0=1，lnx0+x0=0，
整理可得1−b=0，故b=1．
【答案】
解：(1)由y=fx−gx=x+1x−alnx，
得y′=1−1x2−ax=x2−ax−1x2．
由题知y′|x=1=0，解得a=0．
经检验a=0时，函数y=fx−gx在x=1处取得极小值，
∴ a=0.
(2)gx=alnx，g′x=ax，
不等式fx0整理得x0−alnx0+1+ax0<0．
构造函数mx=x−alnx+1+ax,x∈1,e，
由题意知，mxmin<0，
m′x=1−ax−1+ax2
=x2−ax−1+ax2=x−1−ax+1x2 ．
∵ x>0，∴ x+1>0，
令m′x=0，得x=1+a．
①当1+a≤1，即a≤0时，mx在1,e上单调递增．
只需m1=2+a<0，解得a<−2．
②当1<1+a≤e，即0mx在x=1+a处取最小值．
令m1+a=1+a−aln1+a+1<0，
mxmin=m1+a=a+2−alna+1
=a1−lna+1+2，
∵ 1∴ 0∴ mxmin>0，不满足题意．
③当1+a>e，即a>e−1时，mx在1,e上单调递减，
只需me=e−a+1+ae<0，解得a>e2+1e−1．
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−2)∪(e2+1e−1,+∞) ．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由y=fx−gx=x+1x−alnx，
得y′=1−1x2−ax=x2−ax−1x2．
由题知y′|x=1=0，解得a=0．
经检验a=0时，函数y=fx−gx在x=1处取得极小值，
∴ a=0.
(2)gx=alnx，g′x=ax，
不等式fx0整理得x0−alnx0+1+ax0<0．
构造函数mx=x−alnx+1+ax,x∈1,e，
由题意知，mxmin<0，
m′x=1−ax−1+ax2
=x2−ax−1+ax2=x−1−ax+1x2 ．
∵ x>0，∴ x+1>0，
令m′x=0，得x=1+a．
①当1+a≤1，即a≤0时，mx在1,e上单调递增．
只需m1=2+a<0，解得a<−2．
②当1<1+a≤e，即0mx在x=1+a处取最小值．
令m1+a=1+a−aln1+a+1<0，
mxmin=m1+a=a+2−alna+1
=a1−lna+1+2，
∵ 1∴ 0∴ mxmin>0，不满足题意．
③当1+a>e，即a>e−1时，mx在1,e上单调递减，
只需me=e−a+1+ae<0，解得a>e2+1e−1．
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−2)∪(e2+1e−1,+∞) ．