2021-2022学年福建省龙岩市一中高二下学期3月第一次月考数学试题含答案

  龙岩一中2021-2022学年高二第二学期第一次月考

数学试卷

（考试时间：120分钟满分：150分）

第Ⅰ卷（选择题共60分）

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1. 水以匀速注入如图容器中，试找出与容器对应的水的高度与时间的函数关系图象（　　）

A.  B.

C.  D.

2. 函数的图象大致为（）

A.  B.

C.  D.

3. 点A是曲线上任意一点，则点A到直线的最小距离为（）

A.  B.  C.  D.

4. 已知函数在上满足，则曲线在点处的切线方程是（）

A.  B.  C.  D.

5. 若函数在内单调递增，则实数a的取值范围是（）

A.  B.  C.  D.

6. 已知函数，若对于区间上的任意，都有，则实数的最小值是(　　)

A. 20 B. 18

C. 3 D. 0

7. 已知函数，若是函数的唯一极值点，则实数的取值范围是（）

A.  B.

C.  D.

8. 已知f(x)=，若关于的方程恰好有 4 个不相等的实数解，则实数的取值范围为

A.  B. （） C.  D. （0，）

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

9. 如图是导函数图象，则下列说法错误的是（）

A. 为函数的单调递增区间

B. 为函数的单调递减区间

C. 函数在处取得极大值

D. 函数在处取得极小值

10. 定义在的函数，已知是它的极大值点，则以下结论正确的是（）

A. 是的一个极大值点

B. 是的一个极小值点

C. 是的一个极大值点

D. 是的一个极小值点

11. 若对任意的，，且，都有，则m的值可能是（）

A.  B.  C.  D. 1

12已知函数（，且），则（）

A. 当时，恒成立

B. 当时，有且仅有一个零点

C. 当时，有两个零点

D. 存，使得存在三个极值点

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

三、填空题，本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 函数可导，且，则时，__________ .

14. 设函数，函数的最小值是__________.

15. 已知函数的导函数为，，，则的解集为___________.

16. 已知，若，则函数的单调递增区间是___________；若不等式对恒成立，则实数的取值范围为___________.

四、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17. 已知函数

(1)求的单调减区间

(2)若在区间上的最大值为，求它在该区间上的最小值.

18. 已知函数.

（1）求函数的极值；

（2）证明：，.

19. 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为30元，并且每件产品须向总公司缴纳元(为常数，)的管理费．根据多年的统计经验，预计当每件产品的售价为元时，产品一年的销售量为为自然对数的底数)万件．已知每件产品的售价为40元时，该产品一年的销售量为500万件．经物价部门核定每件产品的售价最低不低于35元，最高不超过41元．

（Ⅰ）求分公司经营该产品一年的利润万元与每件产品的售价元的函数关系式；

（Ⅱ）当每件产品的售价为多少元时，该产品一年的利润最大，并求的最大值．

20. 已知函数在处取得极值

（1）求函数的单调性；

（2）证明：对于任意正整数，不等式都成立.

21. 已知函数．

（1）若恒成立，求实数的取值范围．

（2）若函数的两个零点为，，证明：．

22. 已知函数．

（1）证明：在区间存在唯一的极值点；

（2）试讨论零点个数.

【1题答案】

【答案】A

【2题答案】

【答案】A

【3题答案】

【答案】A

【4题答案】

【答案】D

【5题答案】

【答案】B

【6题答案】

【答案】A

【7题答案】

【答案】D

【8题答案】

【答案】B

【9题答案】

【答案】BC

【10题答案】

【答案】AD

【11题答案】

【答案】BCD

【12题答案】

【答案】ABC

【13题答案】

【答案】1

【14题答案】

【答案】

【15题答案】

【答案】

【16题答案】

【答案】    ①. ##    ②.

【17题答案】

【答案】(1) （－∞，－1），（3，＋∞）(2)-7

解：（Ⅰ）f′（x）=﹣3x2+6x+9．

令f′（x）＜0，解得x＜﹣1或x＞3，

所以函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣1），（3，+∞）．

（Ⅱ）因为f（﹣2）=8+12﹣18+a=2+a，f（2）=﹣8+12+18+a=22+a，

所以f（2）＞f（﹣2）．

因为在（﹣1，3）上f′（x）＞0，所以f（x）在[﹣1，2]上单调递增，

又由于f（x）在[﹣2，﹣1]上单调递减，

因此f（2）和f（﹣1）分别是f（x）在区间[﹣2，2]上的最大值和最小值，于是有22+a=20，解得a=﹣2．

故f（x）=﹣x3+3x2+9x﹣2，因此f（﹣1）=1+3﹣9﹣2=﹣7，

即函数f（x）在区间[﹣2，2]上的最小值为﹣7．

【18题答案】

（1）函数，，

则，

由可知在上单调递增，且，

故当时，，

当时，，

故函数有极小值，无极大值；

（2）证明：依题意对，，即；

设，则，设.

因为，所以在上单调递增.

又因为，，

所以在内有唯一解，记为，即.

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

所以，.

设，，则，

所以，

所以，即，.

【19题答案】

【答案】(1) L(x)= 500(x－30－a)e40－x(35≤x≤41)；(2) 当2≤a≤4时，每件产品的售价为35元，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500(5－a)e5万元；当4<a≤5时，每件产品的售价为(31＋a)元时，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500e9－a万元.

(1)由题意，该产品一年的销售量为y＝.

将x＝40，y＝500代入，得k＝500e40.

故该产品一年的销售量y(万件)关于x(元)的函数关系式为y＝500e40－x.

所以L(x)＝(x－30－a)y＝500(x－30－a)e40－x(35≤x≤41)．

(2)由(1)得，L′(x)＝500[e40－x－(x－30－a)e40－x]＝500e40－x(31＋a－x)．

①当2≤a≤4时，L′(x)≤500e40－x(31＋4－35)＝0，

当且仅当a＝4，x＝35时取等号．

所以L(x)在[35，41]上单调递减．

因此，L(x)max＝L(35)＝500(5－a)e5.

②当4<a≤5时，L′(x)>0⇔35≤x<31＋a，

L′(x)<0⇔31＋a<x≤41.

所以L(x)在[35，31＋a)上单调递增，在[31＋a，41]上单调递减．

因此，L(x)max＝L(31＋a)＝500e9－a.

综上所述当2≤a≤4时，每件产品的售价为35元，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500(5－a)e5万元；

当4<a≤5时，每件产品的售价为(31＋a)元时，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500e9－a万元．

【20~21题答案】

【小问1】

，为的极值点

，令

的增区间是，减区间是；

【小问2】

由（1）知当时，，即

令，则，即

，

即

【21题答案】

（1）解：因为恒成立，所以，

即恒成立．

令，则，

易知在上单调递增，且．

所以当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，故．

（2）证明：由题意可知方程的两根为，．

令，则的两个零点为，．

．

当时，，在上单调递增，不存在两个零点；

当时，在上单调递增，在上单调递减，

则，得．

设，则，．

因，所以，．

要证，即要证，即证．

令

，．

则，所以在上单调递减，所以．

因为，所以．

因为，，且在上单调递减，

所以，即，故成立．

【22~23题答案】

【小问1】

证明：函数的定义域为，导函数为,

当时，，所以在单调递减．

又因为

，，

根据函数零点存在定理，在区间有且只有一个零点．

当时，；当时，,

因此，在单调递增，在单调递减，

故在区间存在唯一的极值点；

【小问2】

令，则．当时，；

当时，．因此，在单调递增，在单调递减．

由于，且当时，，

故当时，，从而在区间没有零点．

当时，，从而，

在单调递减．又，

根据函数零点存在定理，在区间有且只有一个零点．

当时，由（1）知在单调递增，在单调递减．

又，

根据函数零点存定理，在区间有且只有一个零点,

综上所述，有且只有2个零点．