【数学】甘肃省张掖市2019-2020学年高二下学期期中考试(理).pdf
甘肃省张掖市 2019-2020学年高二下学期期中考试（理）（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）测试范围：选修 2-2、选修 2-3 第一章一、选择题（本题共12 小题，每小题5 分，共 60 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已知函数()f x 在0 xx处可导，若000(3)()lim1xf xxf xx，则0()fxA1B13C3D 02设函数xxfxx eae的导函数为fx，若fx是奇函数，则曲线yfx在点(1,(1)f处切线的斜率为（）A2eB1eC2D2e3在利用函数122xfx计算0,1,2,1ffff时，可推得结论（）A111222fxfxB112fxfxC212fxfxD212fxfx4.下列各组函数中，表示同一函数的是A.()1f tt与2()xxg xxB.22()()xf xx与()g xxC.()|fxx与()ng nnD.()f xx与32()1ttg tt5 一物体在力5,02()34,2xF xxx（单位:N）的作用下沿与力F相同的方向，从0 x处运动到4x处（单位:)m，则力()F x所做的功为（）A54 焦B40 焦C36 焦D14 焦6函数2221sincos622xxfxx的导函数yfx的图象大致是（）ABCD7 一物体在力5,02()34,2xF xxx（单位:N）的作用下沿与力F相同的方向，从0 x处运动到4x处（单位:)m，则力()F x所做的功为（）A54 焦B40 焦C36 焦D14 焦8已知函数21xfxx，则不等式121()(e)exxff的解集是A2,3B2,3C(,0)D2,39设函数xxfxx eae的导函数为fx，若fx是奇函数，则曲线yfx在点(1,(1)f处切线的斜率为（）A2eB1eC2D2e10 一物体作变速直线运动，其v t曲线如图所示，则该物体在1s6s2间的运动路程为（）mA1B43C494D211函数243yxx的单调递增区间是A.(,2B.2,)C.2,)D.(,212已知直线ya分别与函数1xye和1yx交于A、B 两点，则A、B 之间的最短距离是（）A3ln 22B5ln 22C3ln 22D5ln 22二、填空题（本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分）13曲线xyex在点（0，1）处的切线方程为.14 若13nxx展开式的二项式系数之和是64，则展开式中的常数项的值是_.15211exdxx_16古埃及数学中有一个独特现象：除了23用一个单独的符号表示以外,其他分数都要写成若干个分数和的形式,例如2115315可以这样来理解：假定有2个面包,要平均分给5 个人,每人分13将剩余13,再将这13分成 5 份,每人分得115,这样每人分得11315同理可得2117428,2119545,按此规律,则2n_（5,7,9,11,n）三、解答题：共70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10 分）求下列函数的导数：（1）()(1sin)(14)f xxx；（2）()21xxf xx.18（12 分）已知二项式312nxx()nN的二项展开式中所有奇数项的二项式系数之和为 128.（1）求312nxx的展开式中的常数项；（2）在(1x)(1x)2(1 x)3(1x)4(1x)2 n的展开式中，求3x项的系数.(结果用数字作答)19（12 分）已知函数32()f xxaxbxc的图象如图，直线0y在原点处与函数图象相切，且此切线与函数图象所围成的区域（阴影）面积为274.（1）求()f x的解析式；（2）若常数0m，求函数()f x在区间,m m上的最大值.20（12 分）某地环保部门跟踪调查一种有害昆虫的数量根据调查数据，该昆虫的数量y（万只）与时间x（年）（其中*xN）的关系为2xye为有效控制有害昆虫数量、保护生态环境，环保部门通过实时监控比值21ayMxx（其中a为常数，且0a）来进行生态环境分析（1）当1a时，求比值M取最小值时x的值；（2）经过调查，环保部门发现：当比值M不超过4e时不需要进行环境防护为确保恰好3年不需要进行保护，求实数a的取值范围（e为自然对数的底，2.71828e）21（12 分）某地环保部门跟踪调查一种有害昆虫的数量根据调查数据，该昆虫的数量y（万只）与时间x（年）（其中*xN）的关系为2xye为有效控制有害昆虫数量、保护生态环境，环保部门通过实时监控比值21ayMxx（其中a为常数，且0a）来进行生态环境分析（1）当1a时，求比值M取最小值时x的值；（2）经过调查，环保部门发现：当比值M不超过4e时不需要进行环境防护为确保恰好3年不需要进行保护，求实数a的取值范围（e为自然对数的底，2.71828e）22（12 分）已知函数322111ln342fxxxxx，设fx的导函数为g x（1）求证0g x；（2）设g x的极大值点为0 x，求证2014eg x（其中271828e）参考答案123456789101112BCDDCCCBDCCD1321yx1413515323e.16221(1)nn n17（本小题满分10 分）【解 析】(1)f(x)=(1+sinx)(1-4x)+(1+sinx)(1-4x)=cos x(1-4x)-4(1+sinx)=cos x-4xcosx-4-4sin x.(2)f(x)=1xx-2x=1-11x-2x,则 f(x)=21(1)x-2xln 2.18（本小题满分12 分）【解析】所有奇数项的二项式系数之和为128，21282n，解得8n.（1）381()2xx的第1r项为8 4388318811()()()22rrrrrrrxTCCxx，令8403r，得2r=，则常数项为238617216TC；（2）23410(1)(1)(1)(1)+(1)xxxxx展开式中3x 的系数为：33343334104410CCCCCC4335510CCC411330C.19（本小题满分12 分）【解析】（1）由(0)0f得0c.2()32fxxaxb，由(0)0f得0b，322()()fxxaxxxa，则 易 知 图 中 所 围 成 的 区 域（阴 影）面 积 为027()4af x dx，从而得3a，32()3f xxx.（2）由（1）知2()363(2)fxxxx x.,(),()x fxf x的取值变化情况如下：x(,0)0(0,2)2(2,)()fx00()f x单调递增极大值(0)0f单调递减极小值(2)4f单调递增又(3)0f，所以当03m时,max()(0)0f xf；当3m时,32max()()3.f xf mmm综上可知：当03m时,max()(0)0fxf；当3m时,32max()()3.f xf mmm20（本小题满分12 分）【解析】（1）当1a时，22(1)1xeMxxx，222121xxxeMxx列表得：20单调减极小值单调增M在1,2上单调递减，在2,上单调递增M在2x时取最小值；（2）22212(0)1xa xxeMaxx根据（1）知：M在1,2上单调减，在2,上单调增,确保恰好3 年不需要进行保护43444122372413MeeaeMeaeMe，解得：13722ea,实数a的取值范围为13 7,22e21（本小题满分12 分）【解析】（1）当1a时，22(1)1xeMxxx，222121xxxeMxx列表得：20单调减极小值单调增M在1,2上单调递减，在2,上单调递增M在2x时取最小值；（2）22212(0)1xa xxeMaxx根据（1）知：M在1,2上单调减，在2,上单调增确保恰好3 年不需要进行保护43444122372413MeeaeMeaeMe，解得：13722ea答：实数a的取值范围为13 7,22e22（本小题满分12 分）【解析】（1）由已知()f x 的导函数为2()g xxxxlnx要证()0g x，只需要证明10 xlnx设()1xxlnx，则1()xf xx故()h x在(0,1)递减，在(1,)递增，故110h xxlnx h（2）证明：因为2()g xxxxlnx，所以()22gxxlnx 令()22h xxlnx，则12()12()2xh xxx可知，当1(0,)2x时，()h x单调递减，当1(2x，)时，()h x单调递增又2()0h e，1()02h，10h，所以()h x在1(0,)2有唯一零点0 x，在1(2，)有唯一零点1且当0(0,)xx，()0h x，当0(xx，1)，()0h x，所以0 xx是()g x的唯一的极大值点，故00220 xlnx，20(xe，1)2所以2200000001()()4maxg xg xxxx lnxxx因为11(0,)2e，显然120()()g xg ee,故201()4eg x
