2020-2021学年四川省江油市高二（下）3月月考数学（文）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年四川省江油市高二（下）3月月考数学（文）试卷人教A版，共9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. 如果一个物体的运动方程为s(t)=t3(t>0)，其中s的单位是千米，t的单位是小时，那么物体在4小时末的瞬时速度是( )
A.12千米/小时B.24千米/小时C.48千米/小时D.64千米/小时

2. 设集合M={x|−10}，则M∩N=( )
A.{x|−1C.{x|02}

3. 命题“若x+2y=9，则x=3且y=3”及其逆命题、否命题和逆否命题中，真命题的个数为( )
A.1B.2C.3D.4

4. 函数f(x)=x−lnx的单调递减区间为( )
A.(−∞, 1)B.(0, 1)C.(1, +∞)D.(1, e)

5. 如果函数y=fx的图象如图，那么导函数y=f′x的图象可能是( )

A.B.
C.D.

6. 已知曲线y=ex的切线过坐标原点，则此切线的斜率为( )
A.−eB.eC.1eD.−1e

7. 已知函数y=fx在x=x0处的导数为1，则limΔx→0fx0+Δx−fx02Δx=( )
)
A.0B.12C.1D.2

8. 已知函数fx=12x2−alnx+x在[1,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.a≤0B.0≤a≤1C.a≤2D.a<2

9. 若函数f(x)在R上可导，且f(x)=x2+2f′(2)x−3，则( )
A.f(0)f(4)D.以上都不对

10. 若定义在R上的函数y=fx的图象如图所示，f′x为函数fx的导函数，则不等式x+2f′x>0的解集为( )

A.−3,−1∪0,1B.−3,−1∪1,+∞
C.−∞,−3∪−2,−1∪1,+∞D.−3,−2∪−1,1

11. 已知函数f(x)满足f(x)=f′(1)ex−1−f(0)x+12x2，则f(x)的单调递增区间是( )
A.(−∞,0)B.(−∞,1)C.(1, +∞)D.(0, +∞)
二、填空题

函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>f(x)成立，若f(ln2)=2，则满足不等式f(x)>ex的x的范围是________.

已知fx=xlnx，若f′x0=2，则x0=________.

已知曲线y=x3+2x+1在x=1处的切线垂直于直线ax−2y−3=0，则实数a的值为________.

已知f(x)=2x3−6x2+m（m为常数）在[−2, 2]上有最大值3，那么此函数在[−2, 2]上的最小值为________．

已知函数f(x)=x(lnx−ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________.
三、解答题

若fx=13x3+x2−3x，x∈R，求：
(1)f(x)的单调增区间；

(2)f(x)在0,2上的最小值和最大值．

已知x=1时，函数fx=ax3+bx有极值−2．
(1)求实数a，b的值；

(2)若方程fx=k恰有1个实数根，求实数k的取值范围．

已知函数f(x)=ax−1−lnx(a∈R)．若函数f(x)在x=2处的切线斜率为12，不等式f(x)≥bx−2对任意x∈(0, +∞)恒成立，求实数b的取值范围.

2021年我省将实施新高考，新高考“依据统一高考成绩、高中学业水平考试成绩，参考高中学生综合素质评价信息”进行人才选拔．我校2018级高一年级一个学习兴趣小组进行社会实践活动，决定对某商场销售的商品A进行市场销售量调研，通过对该商品一个阶段的调研得知，发现该商品每日的销售量gx（单位：百件）与销售价格x（元/件）近似满足关系式gx=ax−2+2x−52，其中23元/件时，每日可售出该商品10百件．
(1)求函数g(x)的解析式；

(2)若该商品A的成本为2元/件，根据调研结果请你试确定该商品销售价格的值，使该商场每日销售该商品所获得的利润（单位：百元）最大.

已知函数fx=lnx+axa∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)当a>0时，若函数fx在1,e上的最小值是2，求a的值．

已知函数fx=ax33−a+12x2+x．
(1)求fx的单调减区间；

(2)当a在区间0,1上变化时，求fx的极小值的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省江油市高二（下）3月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
变化的快慢与变化率
【解析】
①求出s的导函数s′(t)=2t−1②求出s′(3)
【解答】
解：s′(t)=3t2，s′(4)=3×42=48．
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
根据不等式求出对应集合的等价条件，利用集合的基本运算即可得到结论．
【解答】
解：N={x|x2−2x>0}={x|x<0或x>2}，
∵ M={x|−1∴ M∩N={x|−1故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
四种命题间的逆否关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原命题“若x+2y=9，则x=3且y=3”，
其中x=1，且y=4也满足题意，故为假命题，
则其逆否命题为假命题；
逆命题“若x=3且y=3，x+2y=9”是真命题，则其否命题也是真命题．
因此，真命题的个数是2.
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
先求函数f(x)的导数，然后令导函数小于0求x的范围即可．
【解答】
解：∵ f(x)=x−lnx，
∴ f′(x)=1−1x=x−1x，
令x−1x<0，则0故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
函数图象的作法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数y=f(x)的单调性是先增后减，再增，最后减，
由原函数的单调性可得导函数y=f′(x)的正负情况为先正后负，再正，最后负.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
设切点坐标为(a, lna)，求函数的导数，可得切线的斜率，切线的方程，代入(0, 0)，求切点坐标，切线的斜率．
【解答】
解：设切点坐标为(a, ea)，
∵ y=ex，
∴ y′=ex，
∴ 切线的斜率是ea，
∴ 切线的方程为y−ea=ea(x−a)，
将(0, 0)代入可得−ea=ea(0−a)，
解得a=1，
∴ 切线的斜率是ea=e.
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
导数的几何意义
极限及其运算
【解析】
由已知结合导数的定义即可直接求解．
【解答】
解：limΔx→0fx0+Δx−fx02Δx
=12limΔx→0fx0+Δx−fx0Δx
=12f′x0=12×1=12.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）根据题目局所给信息进行求解即可.
【解答】
解：已知函数fx=12x2−alnx+x在[1,+∞)上单调递增，
而f′(x)=x−ax+1=x2+x−ax，
可得f′(x)=x2+x−ax≥0在[1,+∞)上恒成立，
即a≤x2+x=x(x+1)在[1,+∞)上恒成立，
即a≤2.
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
利用导数的运算法则求出f′(x)，令x=2得到关于f′(2)的方程，通过解方程求出f′(2)，将f′(2)的值代入f(x)的解析式，求出f(0)，f(6)得到它们的大小．
【解答】
解：∵ f′(x)=2x+2f′(2)，
∴ f′(2)=4+2f′(2)，
∴ f′(2)=−4，
∴ f(x)=x2−8x−3=(x−4)2−19，
∴ f(0)=−3，且f(4)=−19，
∴ f(0)>f(4).
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的图象
【解析】
根据fx的图象，求出函数的单调区间，求出f′x>0以及f′x<0时的x的范围，解不等式组，求出不等式的解集即可．
【解答】
解：根据函数fx的图象，
fx在−∞,−3，−1,1单调递减，在−3,−1，1,+∞单调递增，
故x∈−∞,−3， −1,1时，f′x<0，
x∈−3,−1 ，1,+∞时，f′x>0，
由x+2f′x>0，
得x+2>0,f′x>0或x+2<0,f′x<0,
解得x<−3或−21.
故选C．
11.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
对f(x)求导，然后赋值求出f(0)，f′(1)，从而得到f′(x)，解不等式f′(x)>0即可．
【解答】
解：两边求导得，f′(x)=f′(1)ex−1−f(0)+x，
令x=1，得f′(1)=f′(1)e0−f(0)+1，解得f(0)=1，
所以f(0)=f′(1)e0−1−f(0)⋅0+0=1，解得f′(1)=e，
所以f′(x)=ex−1+x，
因为y=ex在定义域内单调递增，y=x−1在定义域内单调递增，
所以f′(x)=ex−1+x在定义域内单调递增，
又f′(0)=0，
所以f′(x)>0，解得x>0，即f(x)的单调递增区间是(0, +∞)．
故选D.
二、填空题
【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
【解析】
造函数g(x)=f(x)ex，利用导数可判断g(x)的单调性，再根据f(ln2)＝2，求得g(ln2)＝1，继而求出答案．
【解答】
解：∵ ∀x∈R，都有f′(x)>f(x)成立，
∴ f′(x)−f(x)>0，于是有(f(x)ex)′>0，
令g(x)=f(x)ex，则有g(x)在R上单调递增，
∵ 不等式f(x)>ex，
∴ g(x)>1，
∵ f(ln2)=2，
∴ g(ln2)=1，
∴ x>ln2.
故答案为：(ln2,+∞).
【答案】
e
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx=xlnx，
∴ f′x=lnx+1，
∵ f′x0=2，即lnx0+1=2，
∴ x0=e.
故答案为：e.
【答案】
−25
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
求出函数的导数，可得曲线y=x3+2x在点（1，3）的处的切线的斜率为5，再利用切线与已知直线垂直的条件：斜率之积为−1，建立方程，可求a的值．
【解答】
解：y=x3+2x+1的导数为y′=3x2+2，
可得曲线y=x3+2x+1在x=1处的切线的斜率为5，
由切线与直线ax−2y−3=0垂直，
可得5×a2=−1，
解得a=−25.
故答案为：−25.
【答案】
−37
【考点】
已知函数极最值求参数问题
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f(x)=2x3−6x2+m，
∴ f′x=6x2−12x，
由6x2−12x≥0得x≥2或x≤0，
∴ 当x∈[2,+∞)，(−∞,0]时，fx单调递增，
当x∈0,2时，fx单调递减，
∵ x∈−2,2，
∴ 当x∈−2,0时，fx单调递增，
当x∈0,2时，fx单调递减，
∴ fxmax=f0=m=3，
∴ fx=2x3−6x2+3，
∵ f−2=−37，f2=−5，
∴ 函数fx的最小值为−37.
故答案为：−37.
【答案】
(0, 12)
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
先求导函数，函数f(x)=x(lnx−ax)有两个极值点，等价于f′(x)=lnx−2ax+1有两个零点，等价于函数y=lnx与y=2ax−1的图象由两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象．由图可求得实数a的取值范围．
【解答】
解：函数f(x)=x(lnx−ax)，
则f′(x)=lnx−ax+x(1x−a)=lnx−2ax+1，
令f′(x)=lnx−2ax+1=0得lnx=2ax−1，
函数f(x)=x(lnx−ax)有两个极值点，
等价于f′(x)=lnx−2ax+1有两个零点，
等价于函数y=lnx与y=2ax−1的图象有两个交点，
在同一个坐标系中作出它们的图象，如图所示，
当a=12时，直线y=2ax−1与y=lnx的图象相切，
由图可知，当0则实数a的取值范围是(0, 12)．
故答案为：(0, 12)．
三、解答题
【答案】
解：(1)f′x=x2+2x−3,
由f′x>0，解得x<−3或x>1，
所以fx的增区间为−∞,−3,1,+∞.
(2)令f′x=x2+2x−3=0，则 x=−3（舍）或x=1，
所以f(x)在[0,1)上单调递减，在[1,2]上单调递增，
所以f(x)在x=1处取得极小值，
因为f1=13+1−3=−53,f0=0，
f2=13×23+22−3×2=23，
所以fxmax=23，fxmin=−53.
【考点】
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】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=x2+2x−3,
由f′x>0，解得x<−3或x>1，
所以fx的增区间为−∞,−3,1,+∞.
(2)令f′x=x2+2x−3=0，则 x=−3（舍）或x=1，
所以f(x)在[0,1)上单调递减，在[1,2]上单调递增，
所以f(x)在x=1处取得极小值，
因为f1=13+1−3=−53,f0=0，
f2=13×23+22−3×2=23，
所以fxmax=23，fxmin=−53.
【答案】
解：(1)因为fx=ax3+bx，
所以f′x=3ax2+b．
又当x=1时， fx的极值为−2，
所以a+b=−2,3a+b=0,
解得a=1，b=−3．
(2)由(1)可得fx=x3−3x，
则f′x=3x2−3=3x+1x−1.
令f′x=0，解得x=±1，
当x<−1或x>1时，f′x>0，fx单调递增；
当−1所以当x=−1时，fx取得极大值为f−1=2，
当x=1时，fx取得极小值为f1=−2，
大致图象如图所示，
要使方程fx=k恰有1个解，只需k>2或k<−2．
故实数k的取值范围为−∞,−2∪2,+∞．
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数的零点
根的存在性及根的个数判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为fx=ax3+bx，
所以f′x=3ax2+b．
又当x=1时， fx的极值为−2，
所以a+b=−2,3a+b=0,
解得a=1，b=−3．
(2)由(1)可得fx=x3−3x，
则f′x=3x2−3=3x+1x−1.
令f′x=0，解得x=±1，
当x<−1或x>1时，f′x>0，fx单调递增；
当−1所以当x=−1时，fx取得极大值为f−1=2，
当x=1时，fx取得极小值为f1=−2，
大致图象如图所示，
要使方程fx=k恰有1个解，只需k>2或k<−2．
故实数k的取值范围为−∞,−2∪2,+∞．
【答案】
解：f′(x)=a−1x，
∴ f′(2)=a−12=12，解得a=1，
由f(x)≥bx−2，得x−1−lnx≥bx−2，
由于x>0，即b≤1+1x−lnxx，
令g(x)=1+1x−lnxx，
则g′(x)=−1x2−1−lnxx2=lnx−2x2，
令g′(x)<0，解得0令g′(x)>0，解得x>e2，
∴ g(x)在(0, e2)上单调递减，在(e2, +∞)上单调递增；
∴ g(x)min=g(e2)=1−1e2，
∴ 实数b的取值范围为(−∞,1−1e2].
【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】
(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
(Ⅱ)求出函数的导数，得到a＝1，分离参数得到b≤1+1x−lnxx，令g(x)=1+1x−lnxx，根据函数的单调性求出g(x)的最小值，从而求出b的范围即可；
(Ⅲ)当n≥2时，得到lnn2【解答】
解：f′(x)=a−1x，
∴ f′(2)=a−12=12，解得a=1，
由f(x)≥bx−2，得x−1−lnx≥bx−2，
由于x>0，即b≤1+1x−lnxx，
令g(x)=1+1x−lnxx，
则g′(x)=−1x2−1−lnxx2=lnx−2x2，
令g′(x)<0，解得0令g′(x)>0，解得x>e2，
∴ g(x)在(0, e2)上单调递减，在(e2, +∞)上单调递增；
∴ g(x)min=g(e2)=1−1e2，
∴ 实数b的取值范围为(−∞,1−1e2].
【答案】
解：(1)由题意，得10=a3−2+23−52，
解得a=2，
故gx=2x−2+2x−522(2)商场每日销售该商品所获得的利润为
y=ℎx=x−2gx=2+2x−52x−22则y′=4x−5x−2+2x−52=23x−9x−5，
列表得x ，y′，y的变化情况：
由上表可得，x=3是函数ℎx在区间2,5内的极大值点，也是最大值点，此时y=10，
故该商品销售价格为3元/件时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大.
【考点】
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】
（1）由题意将3,10代入函数解析式，建立方程，即可求出lgx的解析式；
（2）商场每日销售该商品所获得的利润=每日的销售量×销售该商品的单利润，可得日销售量的利润函数为关于x的三次多项式函数，再用求导数的方法讨论函数的单调性，得出函数的极大值点，从而得出最大值对应的x值．
【解答】
解：(1)由题意，得10=a3−2+23−52，
解得a=2，
故gx=2x−2+2x−522(2)商场每日销售该商品所获得的利润为
y=ℎx=x−2gx=2+2x−52x−22则y′=4x−5x−2+2x−52=23x−9x−5，
列表得x ，y′，y的变化情况：
由上表可得，x=3是函数ℎx在区间2,5内的极大值点，也是最大值点，此时y=10，
故该商品销售价格为3元/件时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大.
【答案】
解：(1)函数的定义域为0,+∞，
∴ f′x=1x−ax2=x−ax2，
当a≤0时，f′x>0，则fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0，得x=a，
∴ 当x∈0,a时，f′x<0，则fx单调递减，
当x∈a,+∞时，f′x>0，则fx单调递增．
(2)当0∴ fxmin=f1=a=2（舍去）；
当1∴ fxmin=fa=lna+1=2，解得a=e （舍去）；
当a≥e时，由(1)可知，fx在1,e单调递减，
∴ fxmin=fe=lne+ae=1+ae=2，解得a=e.
综上所述，a=e．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数极最值求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)函数的定义域为0,+∞，
∴ f′x=1x−ax2=x−ax2，
当a≤0时，f′x>0，则fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0，得x=a，
∴ 当x∈0,a时，f′x<0，则fx单调递减，
当x∈a,+∞时，f′x>0，则fx单调递增．
(2)当0∴ fxmin=f1=a=2（舍去）；
当1∴ fxmin=fa=lna+1=2，解得a=e （舍去）；
当a≥e时，由(1)可知，fx在1,e单调递减，
∴ fxmin=fe=lne+ae=1+ae=2，解得a=e.
综上所述，a=e．
【答案】
解：(1)函数fx=ax33−a+12x2+x，
①若a=0，则fx=−12x2+x=−12x−12+12，
∴ fx的单调递减区间为1,+∞.
②若a<0，则f′x=ax2−a+1x+1=ax−1ax−1，
令f′x<0，得x−1ax−1>0，即x<1a或x>1，
fx的单调递减区间为−∞,1a或1,+∞.
③当0④当a=1时，代入可知f′x=x−12<0无解，
∴ 函数无单调减区间.
⑤a>1时，令f′x<0，解得fx单调递减区间为1a,1．
(2)f′x=ax−1x−1a，0当x∈−∞,1时， f′x>0，fx单调递增；
当x∈1,1a时， f′x<0，fx单调递减；
当x∈1a,+∞时，f′x>0，fx单调递增，
∴ fx的极小值为f1a=a3⋅1a3−12a+1⋅1a2+1a
=−16⋅1a2+12⋅1a
=−161a−322+38，
当a=23时，函数fx的极小值f1a取得最大值为38．
【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】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)函数fx=ax33−a+12x2+x，
①若a=0，则fx=−12x2+x=−12x−12+12，
∴ fx的单调递减区间为1,+∞.
②若a<0，则f′x=ax2−a+1x+1=ax−1ax−1，
令f′x<0，得x−1ax−1>0，即x<1a或x>1，
fx的单调递减区间为−∞,1a或1,+∞.
③当0④当a=1时，代入可知f′x=x−12<0无解，
∴ 函数无单调减区间.
⑤a>1时，令f′x<0，解得fx单调递减区间为1a,1．
(2)f′x=ax−1x−1a，0当x∈−∞,1时， f′x>0，fx单调递增；
当x∈1,1a时， f′x<0，fx单调递减；
当x∈1a,+∞时，f′x>0，fx单调递增，
∴ fx的极小值为f1a=a3⋅1a3−12a+1⋅1a2+1a
=−16⋅1a2+12⋅1a
=−161a−322+38，
当a=23时，函数fx的极小值f1a取得最大值为38．x
(2,3)
3
(3,5)
y′
+
0
−
y
单调递增
极大值10
单调递减
x
(2,3)
3
(3,5)
y′
+
0
−
y
单调递增
极大值10
单调递减