2020-2021学年河南省三门峡高二（下）期末考试数学（试卷）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年河南省三门峡高二（下）期末考试数学（试卷）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. 设集合A={x|x≥1}，B={x|−1A.x|x>−1B.x|x≥1
C.{x|−1
2. 下列函数中是增函数的为（）
A.fx=−xB.fx=23xC.fx=x2D.fx=3x

3. 设fx是定义域为R的奇函数，且f1+x=f−x，若f−13=13，则f53=（）
A.−53B.−13C.13D.53

4. 设函数fx=1−x1+x，则下列函数中为奇函数的是( )
A.fx−1−1B.fx−1+1C.fx+1−1D.fx+1+1

5. 设函数fx的定义域为R，fx+1为奇函数，fx+2为偶函数，当x∈1,2时，fx=ax2+b．若f0+f3=6，则f92=（）
A.−94B.−32C.74D.52

6. 命题“若 a2+b2=0则a=0且b=0”的否定是( )
A.若a2+b2≠0，则a≠0且b≠0
B.若a2+b2=0，则a≠0且b≠0
C.若a2+b2≠0，则a≠0或b≠0
D.若a2+b2=0，则a≠0或b≠0

7. 设a=2ln1.01，b=ln1.02，c=1.04−1，则( )
A.a
8. 设函数 fx=ex−x，直线y=ay+b是曲线y=fx的切线，则a+b的最大值是（）
A.1−1eB.1C.e−1D.e2−2

9. 已知函数fx=x3ex，那么（）
A.fx有极小值，也有大极值B.fx有极小值，没有极大值
C.fx有极大值，没有极小值D.fx没有极值

10. 已知函数 fx=x2−x−1ex−1，则fx的大致图像为（）
A.B.
C.D.

11. 已知命题p:∃x∈R ，sinx<1，命题q:∀x∈R ，e|x|≥1，则下列命题中为真命题的是( )
A.p∧qB.¬p∧qC.p∧¬qD.¬p∨q

12. 已知定义在R上的函数f(x) 满足：对任意x∈R，都有f(x+1)=f(1−x)成立，且当x∈(−∞,1)时，(x−1)f′(x)>0（其中f′(x)为f(x)的导数）．设a=f(lg23)，b=flg32，c=f(lg34)，则a，b，c的大小关系是( )

A.a二、填空题

方程lg2x+14+lg2x+2=3+lg2x+6的解是________.
三、解答题

已知函数f(x)=13x3−4x+4.
(1)求f(x)的单调区间；

(2)求f(x)在[0, 3]上的最大值和最小值.

已知命题 p：−2(1)若q为真命题，求实数a的取值范围；

(2)若p∨q为真命题，¬q为真命题．求实数a的取值范围．

已知函数fx=|x−2|，gx=|2x+3|−|2x−1|．

(1)画出fx 和y=gx 的图像；

(2)若fx+a≥gx，求a的取值范围．

函数fx=x3+32x−6x+1．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程；

(2)函数g(x)=f(x)+12ax2−ax(a∈R)在区间 −1,1上是单调递减函数，求a的取值范围．

已知函数fx=x3+3ax2+bx−a2在x=1时有极值为0.
(1)求实数a，b的值；

(2)求当x∈0,5时， fx的最大值和最小值．

已知函数fx=−lnx+2x−2.
(1)求与fx相切且斜率为1的直线方程；

(2)若 gx=fx+ax+2，当x∈1,e时，g(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省三门峡市高二（下）期末考试数学（试卷）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
直接利用交集的运算求解即可.
【解答】
解：∵ A={x|x≥1}，B={x|−1∴ A∩B={x|1≤x<2}.
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
函数单调性的判断与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx=−x在定义域内为减函数，
fx=23x在定义域内为减函数，
fx=x2在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
fx=3x在其定义域内为增函数.
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
函数的求值
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f1+x=f−x，
所以f53=f1+23=f−23．
又因为fx是定义域为R的奇函数，
所以f(−23)=−f(23)，
所以f(23)=f(1−13)=f(13)，
所以f(13)=−f(−13)=−13.
又f(53)=−f(13)，
所以f(53)=13.
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知fx=1−x1+x=−1+21+x ，
fx向右平移1个单位，向上平移一个单位即得到gx=2x为奇函数.
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的周期性
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：∵ fx+1为奇函数，∴ f(x)关于1,0中心对称，∴ f(1)=0，
∵ fx+2为偶函数，∴ fx关于x=2轴对称，周期为4，
∴ f(0)=−f(2)，f(3)=f(1)，即f(1)−f(2)=6，f(2)=−6，
a+b=0，4a+b=−6，∴ a=−2，b=2，
故f92=f12=−f32=−−2×94+2=52.
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：命题“若 a2+b2=0则a=0且b=0”的否定是：
若a2+b2=0，则a≠0或b≠0.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设fx=ln1+x−1+2x+1，则b−c=f0.02，
易得f′(x)=11+x−221+2x=1+2x−1+x1+x1+2x，
当x≥0时，1+x=1+x2≥1+2x，所以f′x≤0，
所以fx在0,+∞单调递减，
所以f0.02再设gx=2ln1+x−1+4x+1，则a−c=g0.01，
可得g′x=21+x−421+4x=21+4x−1+x1+x1+4x，
当0≤x<2时，1+4x≥1+2x+x2=1+x，所以g′x≥0，
所以g0.01>g0=0，即a>c，
所以b故选B．
8.
【答案】
C
【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
【解析】
根据题意求出曲线的切线方程，得出a，b的值，再利用函数的导数求a+b的最大值．
【解答】
解：由题得f′x=ex−1，
设切点t,ft，
则ft=et−t，
f′t=et−1，
则切线方程为：y−et−t=et−1x−t，
即y=et−1x+et1−t ，
又因为y=ax+b，
所以a=et−1，b=et1−t，
则a+b=−1+2et−tet，
令g(t)=−1+2et−tet，
则g′t=1−tet，
则有t>1， g′t<0；t<1，g′t>0，
所以t=1时，gx取最大值，
所以a+b的最大值为g1=−1+2e−e=e−1.
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
由f′x=x23−xex，分析可得fx在−∞,3单调递增，在3,+∞单调递减，从而可得答案．
【解答】
解：fx=x3ex的定义域为R，
f′x=x23−xex ，
当x<3时，f′x>0；
当x>3时，f′x<0，
所以fx在−∞,3单调递增，在3,+∞单调递减，
所以fx有极大值f3=27e3，没有极小值.
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
利用导数研究函数的极值
【解析】
求函数的导数，研究函数的单调性和极值，由fx=0，求出方程的根，利用排除法进行判断即可．
【解答】
解：函数的导数f′x=2x−1ex−1+x2−x−1ex−1
=x2+x−2ex−1，
由f′x>0，可得x>1或x<−2，此时函数为增函数，
由f′x<0，可得2即当x=1时，f(x)取得极小值，
当x=−2时，f(x)取得极大值，排除BD，
当x→−∞时，fx→0，排除C.
故选A．
11.
【答案】
A
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知可得命题p为真命题，命题q为真命题，
所以p∧q为真命题.
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
奇偶函数图象的对称性
函数单调性的性质
对数的运算性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x∈−∞,1时，x−1<0，又x−1⋅f′x>0，
∴ f′x<0，
∴ y=fx在−∞,1上单调递减，
∵ fx+1=f1−x，
∴ y=fx的图象关于直线x=1对称，
∴ flg32=f2−lg32=flg34.5，
且y=fx在1,+∞上单调递增；
∴ 1∴ flg34即c故选C．
二、填空题
【答案】
x=2
【考点】
对数的运算性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得定义域为(−2, +∞).
lg2(x+14)(x+2)x+6=3，
即(x+14)(x+2)x+6=23，
即x2+8x−20=0，
解得x=2，x=−10（舍去）.
故答案为：x=2.
三、解答题
【答案】
解：(1)因为f(x)=13x3−4x+4，
所以f′(x)=x2−4=(x+2)(x−2)，
由f′(x)>0得x<−2或x>2，
故函数f(x)的单调递增区间为(−∞, −2)和(2, +∞)；
由f′(x)<0得−2故函数f(x)的单调递减区间为(−2, 2)，
综上所述，函数f(x)的单调递减区间为(−2, 2)，
单调递增区间为(−∞, −2)和(2, +∞).
(2)令f′(x)=x2−4=0得x=±2，
由(1)知，在[0, 3]上f(x)有极小值f(2)=−43，
而f(0)=4，f(3)=1.
因为−43<1<4，
所以f(x)在[0, 3]上的最大值为4，最小值为−43.
【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
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）求导数，利用导数的正负，即可求f(x)的单调区间；
（2）由（1）可知，在[0, 3]上f(x)有极小值f(2)=−43，而f(0)=4，f(3)=1，即可求f(x)在[0, 3]上的最大值和最小值．
【解答】
解：(1)因为f(x)=13x3−4x+4，
所以f′(x)=x2−4=(x+2)(x−2)，
由f′(x)>0得x<−2或x>2，
故函数f(x)的单调递增区间为(−∞, −2)和(2, +∞)；
由f′(x)<0得−2故函数f(x)的单调递减区间为(−2, 2)，
综上所述，函数f(x)的单调递减区间为(−2, 2)，
单调递增区间为(−∞, −2)和(2, +∞).
(2)令f′(x)=x2−4=0得x=±2，
由(1)知，在[0, 3]上f(x)有极小值f(2)=−43，
而f(0)=4，f(3)=1.
因为−43<1<4，
所以f(x)在[0, 3]上的最大值为4，最小值为−43.
【答案】
解：(1)∵ 方程 x2−x+a=0有实数根，得：
命题q:Δ=1−4a≥0，解得： a≤14.
(2)因为p∨q为真命题，¬q为真命题所以，
所以p为真命题，q为假命题，
即 −214，解得： 14【考点】
一元二次方程的根的分布与系数的关系
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 方程 x2−x+a=0有实数根，得：
命题q:Δ=1−4a≥0，解得： a≤14.
(2)因为p∨q为真命题，¬q为真命题所以，
所以p为真命题，q为假命题，
即 −214，解得： 14【答案】
解：(1)f(x)=x−2，x≥2，2−x，x<2，
g(x)=−4，x≤−32，4x+2，−32画出fx 和y=gx的图像如图：
(2)fx+a=|x+a−2|，
如图，在同一个坐标系里画出 fx,gx图像，
y=fx+a是 y=fx平移了a个单位得到，
则要使 fx+a≥gx，需将y=fx向左平移，即a>0，
当y=fx+a过A(12,4）时， |12+a−2|=4，
解得a=112或 −52 （舍去），
则数形结合可得需至少将y=fx向左平移112个单位，即a≥112，
所以，a∈[112,+∞)．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f(x)=x−2，x≥2，2−x，x<2，
g(x)=−4，x≤−32，4x+2，−32画出fx 和y=gx的图像如图：
(2)fx+a=|x+a−2|，
如图，在同一个坐标系里画出 fx,gx图像，
y=fx+a是 y=fx平移了a个单位得到，
则要使 fx+a≥gx，需将y=fx向左平移，即a>0，
当y=fx+a过A(12,4）时， |12+a−2|=4，
解得a=112或 −52 （舍去），
则数形结合可得需至少将y=fx向左平移112个单位，即a≥112，
所以，a∈[112,+∞)．
【答案】
解：(1)fx=x3+32x2−6x+1，
f′x=3x2+3x−6，f′0=−6，
因此，曲线y=fx在点0,1处的切线方程y−1=−6x，
即6x+y−1=0.
(2)gx=fx+12ax2−ax=x3+a+32x2−a+6x+1，
g′x=3x2+a+3x−a+6=3x+a+6x−1，
令gx=0，得x=−a+63或x=1，
由于函数y=gx在区间−1,1上是单调递减函数，
则3×−1+a+6≥0，解得a≥−3，
因此，实数a的取值范围是[−3,+∞）.
【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单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=x3+32x2−6x+1，
f′x=3x2+3x−6，f′0=−6，
因此，曲线y=fx在点0,1处的切线方程y−1=−6x，
即6x+y−1=0.
(2)gx=fx+12ax2−ax=x3+a+32x2−a+6x+1，
g′x=3x2+a+3x−a+6=3x+a+6x−1，
令gx=0，得x=−a+63或x=1，
由于函数y=gx在区间−1,1上是单调递减函数，
则3×−1+a+6≥0，解得a≥−3，
因此，实数a的取值范围是[−3,+∞）.
【答案】
解：(1)由fx=x3+3ax2+bx−a2可得f′x=3x2+6ax+b，
又x=1为极值点，所以f′1=3+6a+b=0，b=−6a−3，
又极值为0，即f1=1+3a+b−a2=0，则a2+3a+2=0，
可得： a=−2，b=9，或a=−1，b=3，
当a=−2，b=9时，fx=x3−6x2+9x−4，
f′x=3x2−12x+9=3x2−4x+3=3x−3x−1，
当a=−1，b=3时，fx=x3−3x2+3x−1，
f′x=3x2−6x+3=3x2−2x+1=3x−12≥0，
所以fx在R上单调递增，无极值，综上a=−2，b=9．
(2)由(1)知，x∈0,1和3,5时，fx为增函数，
x∈1,3时，fx为减函数，
又因为f0=−4，f1=0，f3=−4，f5=16，
因此x∈0,5时，fx最大值为16，最小值为−4．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由fx=x3+3ax2+bx−a2可得f′x=3x2+6ax+b，
又x=1为极值点，所以f′1=3+6a+b=0，b=−6a−3，
又极值为0，即f1=1+3a+b−a2=0，则a2+3a+2=0，
可得： a=−2，b=9，或a=−1，b=3，
当a=−2，b=9时，fx=x3−6x2+9x−4，
f′x=3x2−12x+9=3x2−4x+3=3x−3x−1，
当a=−1，b=3时，fx=x3−3x2+3x−1，
f′x=3x2−6x+3=3x2−2x+1=3x−12≥0，
所以fx在R上单调递增，无极值，综上a=−2，b=9．
(2)由(1)知，x∈0,1和3,5时，fx为增函数，
x∈1,3时，fx为减函数，
又因为f0=−4，f1=0，f3=−4，f5=16，
因此x∈0,5时，fx最大值为16，最小值为−4．
【答案】
解：(1)∵ 直线斜率为1且与fx相切，
∴ f′x=1，即2−1x=1，解得x=1，
而f1=0，
∴ 切线方程为x−y−1=0.
(2)∵ gx=−lnx+2+ax≥0在x∈1,e上恒成立，
即a+2x≥lnx在x∈1,e上恒成立，
∴ a+2≥lnxx在x∈1,e上恒成立，
设ℎx=lnxx，则等价于x∈1,e时，a+2≥ℎxmax，
又ℎ′x=1−lnxx2，
在x∈0,e时，ℎx>0，ℎx单调递增；
∴ ℎxmax=ℎe=1e，即 a+2≥1e，
解得a≥1e−2.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
函数恒成立问题
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)∵ 直线斜率为1且与fx相切，
∴ f′x=1，即2−1x=1，解得x=1，
而f1=0，
∴ 切线方程为x−y−1=0.
(2)∵ gx=−lnx+2+ax≥0在x∈1,e上恒成立，
即a+2x≥lnx在x∈1,e上恒成立，
∴ a+2≥lnxx在x∈1,e上恒成立，
设ℎx=lnxx，则等价于x∈1,e时，a+2≥ℎxmax，
又ℎ′x=1−lnxx2，
在x∈0,e时，ℎx>0，ℎx单调递增；
∴ ℎxmax=ℎe=1e，即 a+2≥1e，
解得a≥1e−2.x
−∞,1
1
1,3
3
3,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
↗
极大值
f1=0
↘
极小值
f3=−4
↗
x
−∞,1
1
1,3
3
3,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
↗
极大值
f1=0
↘
极小值
f3=−4
↗

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