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四川省树德中学2021-2022学年高二数学(文)下学期4月阶段性测试(PDF版附解析)

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x112树德中学高2020级高二下学期4月阶段性测试数学(文科)试题8.已知函数f(x)满足f(x)f(1)ef(0)xx,则f(1)的值为()2命题人、审题人:高二数学备课组1A.eB.C.1D.0考试时间:120分钟;满分:150分e第I卷(选择题)259.已知a,be,c,则以下不等式正确的是()一、单选题(每小题仅有一个正确选项,选对得5分,共60分)ln2ln5A.cabB.cbaC.bacD.bca1.已知x,yR,i为虚数单位,且y2i2yx,则xy的值为()x2x10.若函数fxxeme有两个极值点,则实数m的取值范围是()A.1B.2C.3D.422.函数f(x)4.9x在区间[1,2]上的平均变化率等于()111A.0,B.,0C.,0D.0,422A.4.9B.9.8C.14.7D.19.6f(2x)f(2)33.设函数yf(x)在R上可导,则lim等于()11.fx是定义在R上的函数,fx是fx的导函数,已知fxfx,且f1e,f2e,x0xA.f(2)B.f(2)C.f(2)D.以上都不对22x1则不等式ef2x1e0的解集为()x14.设函数ye在x0处的切线斜率为()331A.,B.1,C.,D.,1A.1B.eC.D.22e4xx112.已知函数fxxe1aea,aZ.若存在x00,使得fx00,则实数a的最小值为()5.吹气球时,气球的半径r(单位:dm)与体积V(单位:L)之间的函数关系是3V3(0V5),r(V)A.2B.3C.4D.54第II卷(非选择题)则气球在V1时的瞬时膨胀率为()二、填空题(每小题5分,共20分)221113.函数f(x)sinxx,x(0,)的单调递减区间为____________.A.133B.33C.133D.33__34434414.把复数z的共轭复数记作z,已知12iz43i(其中i是虚数单位),则z___________.6.若2xx2yyee,则()f(x)15.已知在R上可导的函数f(x)的图象如图所示,则不等式0的解集A.ln(yx1)0B.ln(yx1)0C.ln|xy|0D.ln|xy|0f(x)12为_______.7.已知函数f(x)xcosx,则f(x)的导函数f(x)的图象大致是()42x16.已知x0是函数fxln1x的极大值点,则m的值为2mxx2________.A.B.C.D.高二数学(文科)2022-04阶考第1页共2页 x三、解答题(17题满分10分,18-22题,每题满分12分,共70分)e20.已知函数f(x)a.1312x17.已知函数fxxx2x1.32f(x)a(1)若g(x),当x(0,1)时,试比较g(x)与g(2x)的大小;x(1)写出函数fx的单调区间;(2)若f(x)的两个不同零点分别为x1,x2(x1x2),求证:x1x22.(2)讨论函数fx的极大值和极小值是否存在.如果存在,求出极值.1221.已知函数f(x)xlnxaxx.2sinx(1)若函数g(x)f(x),且g(x)最大值为1,求实数a的值;18.已知f(x)xx1(2)若不等式g(x)exa在x[1,)上恒成立,求实数a的取值范围.(1)求曲线yf(x)在x处切线的方程;(2)求函数f(x)在区间[,]上的最值.2222.已知函数fxx(a2)xalnx2a2,其中a2.19.已知函数fxaxlnexaR.(1)求fx的单调区间;(1)当a1时,求函数fx的最小值;(2)讨论函数fx的零点个数.x1(2)若gxfx(ea1)x,求gx的最小值.e高二数学(文科)2022-04阶考第2页共2页 137树德中学高2020级高二下学期4月阶段性测试数学(文科)试题(2)易知当x1时,fx有极大值f(1);当x2时,fx有极小值f(2).--------4分6318.【源自】人教2003A版选修2-2P18习题1.2A组第7题(人教2019A版选择性必修第二册P81习题参考答案5.2复习巩固第5题)改编.1.B【源自】人教2003A版选修2-2P104练习3(人教2019A版必修第二册P70练习3).xcosxsinx【解析】解:(1)f(x)22.C【源自】人教2003A版选修2-2P3问题2(人教2019A版选择性必修第二册P59问题1)改编.x3.A【源自】人教2003A版选修2-2P6例1(人教2019A版选择性必修第二册P65例2)改编.11当x时,y0,即切点坐标为,0,切线斜率为k,故所求切线方程为y(x),即4.C【源自】人教2003A版选修2-2P19B组第2题(人教2019A版选择性必修第二册P81第7题)改编.5.C【源自】人教2003A版选修2-2P9练习(人教2019A版选择性必修第二册P70练习4)改编.xy0;--------------6分6.B【源自】人教2003A版选修2-2P65第2题(人教2019A版选择性必修第二册P103第2题)改编.(2)当x[,]时,xcosxsinx0,所以f(x)0.7.A【源自】人教2003A版选修2-2P10习题1.1A组第6题(人教2019A版选择性必修第二册P71第102题)改编.2故函数f(x)在区间[,]上单调递减.所以f(x)f(),f(x)f()0.------6分maxmin8.A【源自】人教2003A版选修2-2P26练习第1题(人教2019A版选择性必修第二册P99第2题)改22编.19.【源自】人教2003A版选修2-2P32B组第1题(人教2019A版选择性必修第二册P99第12题)改编.9.A【源自】人教2003A版选修2-2P26练习第1题第(2)小题(人教2019A版选择性必修第二册P89【解析】(1)当a1时,fxxlnx1,其定义域为0,,fx11x1,xx例4)改编.10.D【源自】人教2003A版选修2-2P26练习第1题、P32第4小题(人教2019A版选择性必修第二册当x(0,1)时,fx0,fx单调递减,x1,时,fx0,fx单调递增,P89例4、P92练习第1题)改编.11.B【源自】人教2003A版选修2-2P18习题1.2A组第4题(人教2019A版选择性必修第二册P81习综上所述,fxf10.--------------5分min题5.2复习巩固第1题)改编.(2)方法1:隐零点12.C【源自】人教2003A版选修2-2P32B组第1题、第2小题等(人教2019A版选择性必修第二册P99x1第12、13题)改编.gxxelnxx1,x0e13.(0,)【源自】人教2003A版选修2-2P24例2第(3)题(人教2019A版选择性必修第二册P86例x11第(2)题).又gx(x1)e1,x0x14.2i【源自】人教2003A版选修2-2P116复习参考B组第1题(人教2019A版必修第二册P95第7题).所以gx为0,上的增函数.15.(2,1)(0,)【源自】人教2003A版选修2-2P24例1(人教2019A版选择性必修第二册P86-8722e2122例2)改编.又ge(e1)e21(e1)ee10,g12e20e116.【源自】2018年全国III卷压轴题改编.2ex01,也即6所以存在x0e,1,使得gx00,即x0lnx0.x017.【源自】人教2003A版选修2-2P28例4改编(人教2019A版选择性必修第二册P87例3).又gx为0,上的增函数,2【解析】(1)fxxx2(x1)(x2).所以x0,x0时,gxgx00,gx在0,x0上为减函数;令fx0,得x1或x2.易知,在区间,1上,fx0,fx单调递增;在区间1,2上,xx0,时,gxgx00,gx在x0,上为增函数;fx0,fx单调递减;在区间2,上,fx0,fx单调递增.故函数的增区间为,1和x111因而,gxgxxe0lnxx11xx1.--------------7分min0000002,;减区间为1,2.--------------6分eee方法2:同构(此法建议也给满分)高二数学(文科)2022-04阶考第3页共2页 所以F(x)在(0,1)上为减函数,故F(x)F(1)0,得证.--------------12分由(1)知lnxx1,所以有lnxx1xee,即ex1.方法2:对数平均值不等式(需补证)因为xexelnxx,所以xexelnxxlnxx1,当且仅当lnxx0时取等.ex1ex2xx12由题知0,取对数有x1x2lnx1lnx2,即1xxlnxlnx1212x11所以gxxelnxx1.eexxxx12121又(要补证),所以x1x22.因而当x0lnx0时,gx有最小值.lnx1lnx22e20.【源自】人教2003A版选修2-2P18习题1.2A组第7题(人教2019A版选择性必修第二册P81习题方法3:差变量代换5.2复习巩固第5题)和高考题的改编.xe1ax0,11xxex(x2)ex由题知得xx(e1e2),x12【解析】(1)g(x),g(x),e2ax0,a232xx当x(0,1)时,2x(1,2),且x2x要证xx2,即证ex1ex22a12又当x(,2)时,g(x)0,所以g(x)g(2x).--------------4分x(2)f(x)(x1)eex1ex2ex1ex2x1x2x1x22aex1ex22eee1x又,即证,也即证xx22xxxx12ex1ex2ex1x211212f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增.所以f(x)minf(1)eat记txx,则t0,0e1,12又f(x)有两个不同零点,所以ae.eaa2taeaea2(e1)此时f(e)aea0,f(a)aa0,因此只要证明:t0,aaatee1at2(x1)所以存在x(e,1),x(1,a),符合题意.--------------6分再次换元令ex(0,1),tlnx,即证lnx0,x(0,1)12x1方法1:分析法2(x1)构造新函数F(x)lnx,F(1)0x1要证x1x22,即证x22x1.214(x1)求导F(x)0,得F(x)在(1,)上递增,x1,12x2,且f(x)在(1,)上单调递增,xx2xx2因为21(1)(1)所以F(x)F(1)0,得证.所以只需证fx2f2x1.21.【源自】人教2003A版选修2-2P18习题1.2A组第6题、P26练习1第1题(人教2019A版选择性必修第二册P81习题5.2复习巩固第4题和P87练习第1题)改编.因为fx2fx1,所以即证fx1f2x1.1【解析】(1)解:g(x)f(x)lnxax(aR),其定义域为(0,),且g(x)a.令F(x)f(x)f(2x),x(0,1)x①若a0,则g(x)在(0,)上递增,此时f(1)a0,不合题意,舍去.x2xeeF(x)f(x)f(2x)(x1)[22](x1)[g(x)g(2x)],x(0,1)x(2x)11②若a0,则g(x)在0,上递增,f(x)在,上递减.aa由(1)知,g(x)g(2x)1x2x[g(x)]flna1ee所以max,令lna11,得a1.综上得:a1.--------------4分所以F(x)f(x)f(2x)(x1)[22](x1)[g(x)g(2x)]0ax(2x)(2)方法1:分离参数高二数学(文科)2022-04阶考第4页共2页 22.【源自】2016、2017年全国卷高考试题的改编.由题知x1a(x1)lnxex1x在x[1,)上恒成立.lnxaxexa0在x[1,)上恒成立,也即a(x1)(2xa)【解析】fx2x(a2)x当x1时,aR;xxx1lnxex当x1时,a;--------------7分(1)当a0时,fx在(0,1]为减函数,在(1,)为增函数;x1x11aax1(2x)elnx当0a2时,fx在(0,)和(1,)上为增函数;fx在(,1)为减函数;lnxexx22令(x),则(x)x12(x1)当a2时,fx在(0,)上为增函数.--------------4分x11x11再令m(x)(2x)elnx,则m(x)(1x)(e)0x2x(2)当a0时,fxf1a1min所以m(x)m(1)0,故(x)0,(x)在(1,)上单减.x1x111lnxexlnxex(ln1e1)又lim(x)limlim①若1a0,则fxfxa10,此时函数fx无零点;minx1x1x1x1x1x11x1(lnxex)|x1(e1)|x11(导数的定义)②若a1,fxminf1a10,此时函数fx有且仅有一个零点;x故a1,综上实数a的取值范围为[1,).--------------12分2422422③若a1,fxf1a10,又fee(a2)ealne2a2e2e2(4e)a0min方法2:直接分类讨论x1fe2e4(a2)e2alne22a2e42e22ae2e42e22e20因为不等式g(x)exa在x[1,)上恒成立,所以不等式lnxaxex1xa0在x[1,)上恒成立.(零点的存在性,若用极限limfx刻画建议扣2分,只要找到,合理就给分)x0x11x1,(e2,1)(1,e2)各有一个零点,共两个零点;--------------8分令F(x)lnxaxexa,则F(x)ae1所以函数fx在和x1x11x1,④当0a2时,fxf1a10,fxf1a10令h(x)ae1,则h(x)e02极小值极大值xx所以h(x)在[1,)上递减.--------------7分所以函数fx在(1)无零点,①若a1,则h(x)h(1)1a0,即F(x)0,所以F(x)在[1,)上递减,所以F(x)F(1)0符合题意.而当0x1时,fxx[x(a2)]alnx2a2alnx2a21x1[注:也可以通过e0,1a0得到F(x)0]--------------9分x2a22a2xea1,则有fx0,故函数fx在a②若a1,则2a1,1ln(2a)1,只需取00(e,1)上有一个零点.11h(1ln(2a))a(2a)110,综上,当1a0时,函数fx无零点;当a1或0a2时,函数fx有唯一零点;当a1时,1ln(2a)1ln(2a)[注:“取点”方法不唯一,例如h(2a)0]函数fx有两个零点.--------------12分又h(1)1a0,h(x)在[1,)上单调递减,所以存在唯一实数x0(1,1ln(2a)),使得hx00.当x1,x0时,h(x)0,即F(x)0,所以F(x)在1,x0上递增,所以F(x)F(1)0,不合题意.综上,实数a的取值范围是[1,).--------------12分高二数学(文科)2022-04阶考第5页共2页

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2022-04-22 15:02:58 页数:5
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文章作者:随遇而安

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