江西省南昌县莲塘第一中学2020_2021学年高二数学3月质量检测试题理PDF2021052001102.pdf

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1、莲塘一中莲塘一中20202020- -20212021学年下学期高二学年下学期高二3 3月质量检测月质量检测理科数学试卷理科数学试卷一、 选择题一、 选择题( (本大题共本大题共1212小题， 每小题小题， 每小题5 5分， 共分， 共6060分每小题的四个选项中， 只有一项符合分每小题的四个选项中， 只有一项符合) )1. 1.已知函数 f(x)=cosx+lnx， 则 f(1)的值为()A. sin1-1B. -sin1C. 1-sin1D. 1+sin12.2.设函数 f(x)=1+sin2x， 则 limx0f(x)- f(0)x等于()A. -2B. 0C. 1D. 23.3.设曲线

2、y=eax-ln(x+1)在x=0处的切线方程为2x-y+1=0， 则a=()A. 0B. 1C. 2D. 34.4.已知a=1e,b=ln33 ,c=ln55 ， 则a,b,c的大小关系为()A. bcaB. cbaC. cabD. ac0， f(2021)=e2021，则不等式 f(13lnx)3x 的解集为()A. (0,e2021)B. (e2021,+)C. (0,e6063)D. (e6063,+)12.12. 已知函数 f x=lnx,x11-x2,x1 ， 若 F(x) = ff(x) + 1 + m 有两个零点 x1， x2， 则 x1+ x2的取值范围是()A. 4-2ln

3、2,+)B. 1+e,+)C. 4-2ln2,1+e)D. -,1+e)二、 填空题二、 填空题( (本大题共本大题共4 4小题， 每小题小题， 每小题5 5分， 共分， 共2020分把答案填在题中的横线上分把答案填在题中的横线上) )13.13. 函数 f(x)=xlnx的单调递减区间为14.14. 函数 f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1既有极大值又有极小值， 则a的取值范围是_15.15. 若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线， 也是曲线y=ex的切线， 则b=16.16. 已知函数 f(x) = (x - 2)ex+ e + 1， g(x) =ax+ xlnx， 对任

4、意的 m 1e,3， 总存在 n 1e,3使得g(m) f(n)成立， 则实数a的取值范围为三、 解答题三、 解答题( (本大题共本大题共6 6小题， 共小题， 共7070分解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤分解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤) )17.17. 计算由曲线y=x2+1， 直线x+y=3以及两坐标轴所围成的图形的面积S18.18. 已知函数 f(x)=a23x3-2ax2+bx， 且曲线y= f(x)在点(0， f(0)处的切线斜率为3.(1)求实数b的值；(2)若函数 f(x)在x=1处取得极大值， 求实数a的值19.19. 如图， 在曲线 C： y=x2，

5、x0,1上取点P(t,t2)， 过点P 作x轴的平行线 l.曲线C 与直线x=0， x=1及直线l围成的图形包括两部分， 面积分别记为S1， S2(1)求t的值， 使S1=S2；(2)求t的值， 使S=S1+S2最小11xyS1S2ltPO20.20. 已知函数 f(x)=(x-k)ex.(1)求 f(x)的单调区间；(2)求 f(x)在区间0， 1上的最小值21.21. 如图， 某小区内有两条互相垂直的道路 l1、 l2， 平面直角坐标系 xOy 的第一象限有一块空地OAB， 其边界 OAB 是函数 f(x) 的图像， 前一段曲线 OA 是函数 y = k x 图像的一部分， 后一段AB 是

6、线段， 测得A到l1的距离为8米， 到l2的距离为16米， OB 长为20米(1)求函数y= f(x)的解析式(2)现要在此地建一个社区活动中心， 平面图为梯形OPQB(其中PQ， OB 为两底边)， 则梯形的高为多少米时， 该社区活动中心的占地面积最大?并求出最大面积22.22. 已知函数 f(x)=x2+alnx- 2a+1x(1)试讨论函数 f(x)的单调性；(2)令F(x)= f(x)-x2， 若F(x)1-2ax在x(1,+)恒成立， 求整数整数a a的最大值(参考数据： ln354)莲塘一中莲塘一中20202020- -20212021学年下学期高二学年下学期高二3 3月质量检测月

7、质量检测理科数学试卷理科数学试卷参考答案参考答案1. 1. 因为 f(x)=cosx+lnx， 所以 f(x)=-sinx+1x， 所以 f(1)=1-sin1故选C2.2. f(x)=1+sin2x， limx0f(x)- f(0)x= limx0f(0+x)- f(0)x= f(0)，而 f(x)=2cos2x， 所以 f(0)=2， 故选D3.3. y=eax-ln(x+1)的导数为y=aeax-1x+1 ，可得在x=0处的切线斜率为k=a-1，由切线方程为2x-y+1=0， 可得a-1=2， 解得a=3故选D4.4. 设 f(x)=lnxx ,xe,则 f(x)=1-lnxx20恒成立

8、，函数 f(x)在e,+)上单调递减， f e f 3 f 5,即abc， 故选B5.5. 易知 f(-2)=0， f(2)=0， 当x(-， -2)时， 由图可知xf(x)0， 即当x(-， -2)时 f(x)递增当x(-2， 0)时， 由图可知xf(x)0， f(x)0； 当x(0， 2)时， 由图可知xf(x)0， f(x)0， f(x)0， 即当x(2， +)时 f(x)递增故 f(x)的极大值与极小值分别是 f(-2)与 f(2)故选D.6.6. 由题意得 f(x)=6x2-12x-18=6(x-3)(x+1)， 令 f(x)0可得-1x3，因为 f(x)在区间(m,m2-2m)上单

9、调递减， 所以(m,m2-2m)(-1,3)，所以-1mm2-2m3， 解得-1m0故选B7.7. f(x)=ex-2， 当xln2时， f(x) f(ln2)=1-2ln2， 而1-2ln2ln2时， f(x)0， f(x)是增函数， 故选C8.8. f (x) =-x2+1 ， 则函数在 (-， -1 上递减， 在 -1,1 上递增， 1， +) 上递减， 函数 f(x)在(a,10-a2)上有最大值， 则a110-a2f 1 f a -2a0， 则F(x)=f(x)- f(x)ex0，函数F(x)在R上单调递增， F(2021)=f(2021)e2021=1，将不等式 f(13lnx)3

10、x 转化为f(13lnx)e13lnxe13lnx=f(13lnx)e13lnx3x 3x，可得F(13lnx)1， 即F(13lnx)F(2021)， 13lnx2021， 0 xe6063，不等式 f(13lnx)3x 的解集为(0,e6063)， 故选C12.12. 当x1时， f(x)=lnx0， f(x)+11， ff(x)+1=ln(f(x)+1)，当x12， f(x)+132， ff(x)+1=ln(f(x)+1)，综上可知： ff(x)+1=ln(f(x)+1)， 所以F(x)=ln(f(x)+1)+m，若F(x)有两个零点x1， x2， 则方程 f(x)=e-m-1有两个根x

11、1， x2， (不妨设x1x2)，当x1时， lnx2=e-m-1， 当x12， 则lnx2=t， x2=et， 1-x12=t， x1=2-2t，x1+x2=et+2-2t， t12， 设g(t)=et+2-2t， t12，求导g(t)=et-2， 令g(t)=0， 解得： t=ln2，t(12,ln2)， g(t)0， 函数g(t)递增，当t=ln2时， g(t)取最小值， g(t)min=g(ln2)=2+2-2ln2=4-2ln2，g(t)的值域为4-2ln2,+)， x1+x2取值范围4-2ln2,+)， 故选A13.13. f(x)=1+ln x， 令1+ln x0得0 x0， 解

12、得a2或a-1.15.15. 设直线y=kx+b与曲线y=lnx+2的切点为(x1,y1)， 与y=ex的切点为(x2,y2)，故1x1=ex2， 且ex2-lnx1-2x2-x1=1x1， 消去x2得到(1+lnx1)(1-1x1)=0，故x1=1e或x1=1， 故x1=1ey1=1 或x1=1y1=2 ,故切线方程为y=ex或y=x+1， 所以b=0或b=116.16. 对任意的m1e,3， 总存在n1e,3使得g(m) f(n)成立，即当x1e,3时， g(x) f(x)min恒成立， f(x)=(x-2)ex+e+1， f(x)=(x-1)ex,当x1e,1)时， f(x)0， 函数

13、f(x)递增， f(x)min= f(1)=1，当x1e,3时， g(x)=ax+xlnx1， 则ax-x2lnx，记h(x)=x-x2lnx,h(x)=1-2xlnx-x， h(1)=0，令k(x)=h(x)， 则k(x)=-3-2lnx，k(x)在1e,3上递减， k(x)k(1e)=-10， h(x)递增， 当x(1,3)时， h(x)0， h(x)递减，h(x)max=h(1)=1， 故当a1时， g(x)1.故实数a的取值范围为1,+).17.17. 画出两函数的图象， 如图所示：由y=x2+1,x+y=3, 得x=1,y=2 或x=-2y=5. 又直线x+y=3与x轴交于点(3,0

14、)，S=10(x2+1)dx+31(3-x)dx=x33+x|10+ 3x-x22|31=13+1+ 9-92- 3-12=10318.18. (1)f(x)=a2x2-4ax+b， 由题意 f(0)=b=3.(2)函数 f(x)在x=1处取得极大值， f(1)=a2-4a+3=0， 解得a=1或a=3.当a=1时， f(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3)，x、 f(x)、 f(x)的变化情况如下表：x(-， 1)1(1,3)3(3， +)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值由上表知， 函数 f(x)在x=1处取得极大值， 符合题意当a=3时， f(x)=9x2-12x+3=3(3x

15、-1)(x-1)，x、 f(x)、 f(x)的变化情况如下表：x(-，13)13(13， 1)1(1， +)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值由上表知， 函数 f(x)在x=1处取得极小值， 不符合题意综上所述， 若函数 f(x)在x=1处取得极大值， a的值为119.19. 根据题意， 直线l的方程是y=t2， 且0t1.结合题中图形， 得曲线C 与x=0， y=t2， x=1的交点坐标分别是(0,0)， (t,t2)， (1,1)所以S1=t0(t2-x2)dx=(t2x-13x3)|t0=t3-13t3=23t3，S2=1t(x2-t2)dx=(13x3-t2x)|1t=13-t2-

16、13t3-t3=23t3-t2+13,(1)由S1=S2， 得23t3=23t3-t2+13， t2=13又0t1， t=33；(2)由S=S1+S2， 得S=S(t)=43t3-t2+13， 0t1，S(t)=4t2-2t， 解方程4t2-2t=0， 得t1=0(舍去)， t2=12当t变化时， S(t)与S(t)的变化情况如下表：t(0,12)12(12,1)S(t)-0+S(t)递减14递增由表知， 当t=12时， S(t)取极小值14， 也就是在区间(0,1)上的最小值当t=12时， 使S=S1+S2最小20.20. (1)f(x)=(x-k+1)ex.令 f(x)=0， 得x=k-1

17、.f(x)与 f(x)的变化情况如下：x(-,k-1)k-1(k-1,+)f(x)-0+f(x)-ek-1所以 f(x)的单减区间是(-， k-1)； 单增区间是(k-1， +)(2)当k-10， 即k1时， 函数 f(x)在0， 1上单调递增，所以 f(x)在区间0， 1上的最小值为 f(0)=-k；当0k-11， 即1k2时，由(1)知 f(x)在0， k-1)上单调递减， 在(k-1， 1上单调递增，所以 f(x)在区间0， 1上的最小值为 f(k-1)=-ek-1；当k-11， 即k2时， 函数 f(x)在0， 1上单调递减，所以 f(x)在区间0， 1上的最小值为 f(1)=(1-k

18、)e.故综上所述， f xmin=-k,k1-ek-1,1k21-ke,k2 .21.21. (1)由题知A(16,8)， B(20,0)， 将(16,8)代入y=k x， 得k=2由A， B 两点的坐标， 得直线AB :y=-2x+40，所以 f(x)=2 x,0 x16-2x+40,16x20 (2)设梯形的高为t米， 则0t0， S(t)单调递增， t203,8时， St0得x12，所以a0时， f(x)在(0,12)上递减， 在(12,+)上递增;当0a0得0 x12，可知 f(x)在(0,a)上递增， 在(a,12)上递减， 在(12,+)上递增；当a=12时， f(x)0恒成立，

19、此时 f(x)在(0,+)上递增；当a12时， 令 f(x)0得0 xa，可知 f(x)在(0,12)上递增， 在(12,a)上递减， 在(a,+)上递增；(2)F(x)=af(x)-x2=alnx-(2a+1)x， 则F(x)1-2axa1)恒成立令h(x)=x+1lnx ,(x1),h(x)=lnx-1x-1(lnx)2，令t(x)=lnx-1x-1， (x1)， 可知t(x)在(1,+)单调递增， 且t(3)0，所以x0(3,4)， 使得t(x0)=lnx0-1x0-1=0，从而h(x)在(1,x0单调递减， 在x0,+)单调递增，所以h(x)min=h(x0)=x0+1lnx0=x0+11x0-1=x0 3,4，因为a1)恒成立， 所以ah(x)min=x0， 故整数a的最大值为3