吉林省长春市第二实验中学2020-2021学年高二数学（文）下学期4月月考试题（Word版带答案）

长春二实验中学2020-2021学年度下学期月考高二数学（文科）试题2021年4月本试卷分主观题和客观题题两部分共22题，共150分，共2页。考试时间为120分钟。考试结束后，只交答题卡。第Ⅰ卷主观题一选择题（5*12=60分）1、已知z1＝2＋i，z2＝1＋2i，则复数z＝z2－z1对应的点位于(　　)．A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知曲线y＝x2＋2x－2在点M处的切线与x轴平行，则点M的坐标是(　　)A．(－1,3)B．(－1，－3)C．(－2，－3)D．(－2,3)3．函数y＝x4－2x2＋5的单调减区间为(　　)A．(－∞，－1)及(0,1)B．(－1,0)及(1，＋∞)C．(－1,1)D．(－∞，－1)及(1，＋∞)4．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，在x＝－3时取得极值，则a等于(　　)A．2B．3C．4D．55．已知函数f(x)＝ax3－x2＋x－5在(－∞，＋∞)上既有极大值，也有极小值，则实数a的取值范围为(　　)A．a>B．a≥C．a<且a≠0D．a≤且a≠06．函数y＝x2－4x＋1在[0,5]上的最大值和最小值依次是(　　)A．f(5)，f(0)B．f(2)，f(0)C．f(2)，f(5)D．f(5)，f(2)7．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a的取值范围是(　　)A．[3，＋∞)B．[－3，＋∞)C．(－3，＋∞)D．(－∞，－3)8．如果圆柱的轴截面周长为定值4，则圆柱体积的最大值为(　　)A.πB.πC.πD.π9.已知f(x)的导函数f′(x)图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能是图中的(　　) 10．设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则log2010x1＋log2010x2＋…＋log2010x2009的值为(　　)A．－log20102009B．－1C．(log20102009)－1D．111、已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)A.B.C.D.12．已知直线y＝a分别与函数y＝ex＋1和y＝交于A，B两点，则A，B之间的最短距离是(　　)A.B.C.D.第Ⅱ卷客观题二（填空题：4*5=20分）13．f′(x)是f(x)＝x3＋2x＋1的导函数，则f′(－1)的值是________．14．f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，计算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>， 推测当n≥2时，有________．15、设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)>0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．16．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示过原点的曲线，且在x＝±1处的切线的倾斜角均为π，有以下命题：①f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]．②f(x)的极值点有且只有一个．③f(x)的最大值与最小值之和等于零．其中正确命题的序号为________．三、解答题：（共70分）17（10分）如果a，b都是正数，且a≠b，求证：＋>＋.18.(12分)若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－.(1)求函数的解析式；(2)若方程f(x)＝k有3个不同的根，求实数k的取值范围．19．(12分)某物流公司购买了一块长AM＝30米，宽AN＝20米的矩形地块AMPN，规划建设占地如图中矩形ABCD的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点C在地块对角线MN上，B、D分别在边AM、AN上，假设AB长度为x米．若规划建设的仓库是高度与AB的长相同的长方体建筑，问AB长为多少时仓库的库容最大？(墙体及楼板所占空间忽略不计) 20．(12分)已知函数f(x)＝ax3－x2＋1(x∈R)，其中a>0.(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若在区间[－，]上，f(x)>0恒成立，求a的取值范围．21.(12分)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.22．(12分)已知函数f(x)＝x2＋lnx.(1)求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在g(x)＝x3＋x2的下方．长春二实验中学2020-2021学年度下学期月考高二数学（文科）试题答案2021年4月1-6DBADCD7-12BAABCD13、314、f(2n)>15、(－2,0)∪(2，＋∞)16、⑴⑶17、证明　方法一　用综合法＋－－＝＝＝>0， ∴＋>＋.方法二　用分析法要证＋>＋，只要证＋＋2>a＋b＋2，即要证a3＋b3>a2b＋ab2，只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，即需证a2－ab＋b2>ab，只需证(a－b)2>0，因为a≠b，所以(a－b)2>0恒成立，所以＋>＋成立．18、解　f′(x)＝3ax2－b.(1)由题意得，解得，故所求函数的解析式为f(x)＝x3－4x＋4.(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)－因此，当x＝－2时，f(x)有极大值，当x＝2时，f(x)有极小值－，所以函数f(x)＝x3－4x＋4的图象大致如右图所示．若f(x)＝k有3个不同的根，则直线y＝k与函数f(x)的图象有3个交点，所以－<k<.19、解　因为＝，且AM＝30，AN＝20.所以ND＝·AN＝，得AD＝AN－ND＝20－. 仓库的库容V(x)＝(20－)·x·x＝－＋20x2(0<x<30)，令V′(x)＝－2x2＋40x＝－2x(x－20)＝0，得x＝20或x＝0(舍去)．当x∈(0,20)时，V′(x)>0；当x∈(20,30)时，V′(x)<0.所以当x＝20时，V(x)有极大值也是最大值．即AB的长度为20米时仓库的库容最大．20、解　(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f(2)＝3.f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9.(2)f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.以下分两种情况讨论：①若0<a≤2，则≥.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－，0)0(0，)f′(x)＋0－f(x)极大值当x∈[－，]时，f(x)>0等价于即解不等式组得－5<a<5.因此0<a≤2.②若a>2，则0<<.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－，0)0(0，)(，)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值当x∈[－，]时，f(x)>0等价于即解不等式组得<a<5或a<－.因此2<a<5.综合①②，可知a的取值范围为0<a<5. 21、(1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)2(1－ln2＋a)故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.22．(1)解　∵f(x)＝x2＋lnx，∴f′(x)＝2x＋.∵x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，∴f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2.(2)证明　令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－x3＋lnx，∴F′(x)＝x－2x2＋＝＝＝.∵x>1，∴F′(x)<0，∴F(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴F(x)<F(1)＝－＝－<0.∴f(x)<g(x)．∴当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在g(x)＝x3＋x2的下方