2021兰州一中高二下学期4月月考数学（理）试题含答案

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www.ks5u.com兰州一中2020-2021-2学期4月月考试题高二数学（理）命题人： 审题人： 说明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分150分，考试时间120分钟。答案写在答题卡上。交卷时只交答题卡。一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．若，则 ＝ （　　）A．1 B．2 C．4 D．82．函数，若，，，则 （　　）A． B． C． D．3. 若函数的图像在处的切线与直线垂直，则a的值为 （ ） A．1 B．2或 C．2 D．1或若函数有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围为 （　　）A．（0，3）（3，） B．[3，） C．（0，3] D．（0，3）5．函数的最大值为 （　　）A． B． C． D．6. 已知，为的导函数，则的图象是 （　　）A． B． C． D．7．设三次函数的导函数为，函数的部分图像如图所示，则 （　　）A．的极大值为，极小值为 B．的极大值为，极小值为 C．的极大值为，极小值为 D．的极大值为，极小值为8．如图所示，ABCD是边长为30cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个底面是正方形的长方体包装盒，若要包装盒容积V（cm3）最大，则EF的长为 （ ）A. 10cm B. 12.5cm C. 7.5cm D. 5cm 第7题图 第8题图 9．已知非零向量，满足，若函数在R上存在极值，则和夹角的取值范围是 （　　）A． B． C． D．10．直线与函数的图象分别交于A、B两点，当|AB|最小时，为 （　　） A．1 B． C． D．11．已知函数的图象在处的切线方程为，若恒成立，则的取值范围为 （　　）A．[﹣1，2﹣1] B．（，2﹣1] C．[﹣1，﹣1] D．（，﹣1]12．若为函数相邻的两个极值点，且在处分别取得极小值和极大值，则定义为函数的一个极优差，函数的所有极优差之和为 （　　）A． B． C． D．二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．＝　 　．14．若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是　 　．15．已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则的解集为　 　．16．设为实数，函数在和都是增函数，则的取值范围是　 　．三．解答题（共6小题，满分70分，17小题10分，其他各12分）17．求下列函数的导数：（1） （2）18．已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）过点作曲线的切线，求此切线的方程．19．设函数（其中e为自然对数的底数），，已知它们在x＝0处有相同的切线．（1）求函数的单调递增区间；（2）求曲线和直线所围成的图形的面积．20．函数．（1）若函数在上单调递减，求的取值范围；（2）当时，求函数的零点个数．21．已知函数．（1）讨论的单调区间；（2）若恒成立，求实数的取值范围．22．已知函数．（1）证明：当时，函数有唯一的极大值点；（2）当时，证明：．兰州一中2020-2021-2高二年级四月月考答案数学（理科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 请将答案填在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题 共50分）选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．B 2．B 3．D 4．D 5．B 6．A 7．D 8．A 9．B 10．B 11. A 12.D第Ⅱ卷（非选择题 共100分）填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 13. ； 14. (0,) ； 15.（0,3） ； 16. 三、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.解：（1）（2）18.（本小题12分）解：（1）由f（x）＝x3﹣3x，得f′（x）＝3x2﹣3，∴f′（1）＝0，又f（1）＝﹣2，∴曲线y＝f（x）在点P（1，﹣2）处的切线方程为y＝﹣2；（2）设切点为T（t，t3﹣3t），则曲线在点T处的切线方程为y＝（3t2﹣3）（x﹣t）+t3﹣3t，将P（2，2）代入，可得t3﹣3t2+4＝0，解得t＝2或t＝﹣1．故所求切线方程为y＝9x﹣16或y＝2．19.（本小题12分）解：（1）由题意可得：f'（x）＝aex（x+2），g'（x）＝2x+4，结合函数的解析式有：f（0）＝a，g（0）＝b，且f'（0）＝2a，g'（0）＝4，函数在x＝0处有相同的切线，故即 ，据此可得函数的解析式：f（x）＝2ex（x+1），g（x）＝x2+4x+2．求解不等式f'（x）＝2ex（x+2）＞0 可得函数y＝f（x）的增区间是（﹣2，+∞）．（2）由（1）的结论可知：g（x）＝x2+4x+2，求解方程：g（x）＝x2+4x+2＝x+2可得交点横坐标为：x1＝﹣3，x2＝0，则曲线y＝g(x)和直线y＝x+2所围成的图形的面积为 ．20.（本小题12分）解：（1）因为函数在上单调递减，所以f'（x）＝ex﹣2a在上恒成立，等价于在上恒成立，又因为时，，所以（2）f'（x）＝ex﹣2a，当a＞0时，由f'（x）＝ex﹣2a＞0，x＞ln（2a），f（x）在（ln（2a），+∞）上为单调增函数，由f'（x）＝ex﹣2a＜0，x＜ln（2a），f（x）在（﹣∞，ln（2a））上为单调减函数，f极小值＝f（ln（2a））＝a﹣2aln（2a），而f（x）＝ex﹣a（2x+1），当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞；当a﹣2aln（2a）＞0，即时，f（x）无零点，当a﹣2aln（2a）＝0，即时，f（x）有1个零点，当a﹣2aln（2a）＜0，即时，f（x）有2个零点，综上：当时，f（x）无零点，当时，f（x）有1个零点，当时，f（x）有2个零点．（本小题12分）解：（1）函数f（x）的定义域为(0,+∞)，，由f'(x)＞0，即1﹣a﹣lnx＞0，解得0＜x＜e1﹣a，由f'(x)＜0，即1﹣a﹣lnx＜0，解得x＞e1﹣a，故f（x）的单调递增区间为(0,e1﹣a)，单调递减区间为(e1﹣a,+∞)；（2）因为恒成立，即对(0,+∞)恒成立，所以a≤x ex﹣1﹣x﹣lnx+1对(0,+∞)恒成立，令μ（x）＝x ex﹣1﹣x﹣lnx+1，则，当x∈(0,1)时，μ ' (x)＜0，所以μ(x)在（0,1）上单调递减，当x∈(1,+∞)时，μ ' (x)＞0，所以μ(x)在（1,+∞）上单调递增，故当x＝1时，μ(x)取最小值μ(1)＝1，所以a≤1，即a的取值范围是(﹣∞,1]．（本小题12分）　证明：（1）f′(x)＝a ex+cos x+1,∵x∈[0,π],∴1+cos x≥0,当a＝﹣1时，f′(x)＝﹣ex+cos x+1,令g(x)＝﹣ex+cos x+1,g′(x)＝﹣ex﹣sin x＜0,g(x)在区间[0,π]上单调递减，g(0)＝﹣1+2＝1,g(π)＝﹣eπ＜0,存在x0∈(0,π),使得f′(x0)＝0,故函数f(x)的递增区间是[0,x0],递减区间是[x0,π],故函数f(x)存在唯一的极大值点x0；(2)当﹣2＜a＜0时，令h(x)＝a ex+sin x+x﹣π,h′(x)＝a ex+cos x+1,h″(x)＝a ex﹣sin x＜0,故h′(x)在[0,π]上单调递减，h′(0)＝a+2＞0,h′(π)＝a ex＜0,存在x0∈(0,π),使得h′(x0)＝0,即a+cosx0+1＝0,故函数h(x)在[0,x0]递增，在[x0,π]上递减，故h(x)max＝h(x0)＝a+sinx0+x0﹣π,x0∈(0,π),∵a+cosx0+1＝0,只需证h(x0)＝sinx0﹣cosx0+x0﹣1﹣π＜0即可，h′(x0)＝cosx0+sinx0+1,h′(x0)＞0,h(x0)在区间(0,π)上是增函数，h(x0)＜h(π)＝0,即f(x)＜π．