【文档说明】安徽省安庆市九一六学校2020-2021学年高二下学期3月月考数学（理）试题 含答案.doc，共(13)页，106.000 KB，由小赞的店铺上传

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安庆九一六学校2020—2021学年度第二学期3月月考高二数学试卷(理科)一、选择题：（本题共有12小题，四个选项中只有一个是正确的，每小题5分，共60分）1．f(x)＝(2x＋a)2，且f′(2)＝20，则a＝()A．1B．2C

．－1D．－22．曲线y＝x2x－1在点(1,1)处的切线方程为()A．x－y－2＝0B．x＋y－2＝0C．x＋4y－5＝0D．x－4y－5＝03．(2019年山西长治模拟)函数f(x)＝x2＋2mlnx(m<0)的单调递减区间为()A．(0，＋∞)B．(0，－m)C．(

－m，＋∞)D．(0，－m)∪(－m，＋∞)4.1－i(1＋i)4＋1＋i(1－i)4＝()A．－12B．12C.12iD．－12i5．已知i为虚数单位，a为实数，复数z＝(a－2i)(1＋i)在复平面内对应的点为M，则

“a＝1”是“点M在第四象限”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．已知函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的图象如下图所示，则y＝f(x)()A．在(

－∞，0)上为减函数B．在x＝0处取极小值C．在(1,2)上为减函数D．在x＝2处取极大值7．(2019年福建厦门期末)函数f(x)＝13ax3＋12ax2－2ax＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是()A.－310，67B

.－85，－316C.－83，－116D.－∞，－310∪67，＋∞8．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则()A．3f(1)<f(3)B．3f(1)>f(3)C．3f(1)＝f

(3)D．f(1)＝f(3)9．(2017年山东)已知当x∈[0,1]时，函数y＝(mx－1)2的图象与y＝x＋m的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是()A．(0,1]∪[23，＋∞)B．(0,1]∪[3，＋∞)C．(0，2]∪[23，＋∞)D．(0，2]∪[3，＋∞)10．(20

19年广东揭阳模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是()A．－4B．－8C．－9D．－1311．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0且x0＞

0，则实数a的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)12.当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－5，－3]B．－6，－

98C．[－6，－2]D．[－4，－3]二、填空题：（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13．(2019年山东枣庄校级月考)已知函数f(x)＝sinx＋cosx，f′(x)是f(x)的导函数．若f(x)＝2f′(x)，则tanx＝________.14

．(2017年江苏)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．15．(2019年重庆校级期末)如图，由曲线y＝x2和直线y＝t2(0＜t＜1

)，x＝1，x＝0所围成的图形(阴影部分)的面积的最小值是________.16．若不等式ln(kx)x≤1e对任意的正实数x恒成立，则实数k的取值范围为________．三、解答题：（本大题共6个小题，满分70分，解答应写出

文字说明，证明过程或演算步骤）17．(10分)已知复数z1，z2在复平面内对应的点分别为A(－2,1)，B(a,3)，a∈R.(1)若|z1－z2|＝5，求a的值；(2)若复数z＝z1·z2对应的点在第二、四象限的角平分线上，求a的值．18（10分）已知函

数f(x)＝axlnx＋b，g(x)＝x2＋kx＋3，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1．(1)若f(x)在(b，m)上有最小值，求m的取值范围；(2)当x∈1e，e时，若关于x的不等式2f(x)＋

g(x)≥0恒成立，求k的取值范围．19（12分）已知函数xxebexaxf+−=)1()()0(a(1)当a=-1,b=0时,求函数f(x)的极值;(2)当b=1时,若函数f(x)没有零点,求实数a的取值范围.20（12分）已知函数f(x

)＝2x3－ax2＋2．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0<a<3时，记f(x)在区间[0,1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．21（12分）设函数f(x)＝ex－ax(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)当x>

0时，f(x)≥x2－x＋1恒成立，求实数a的取值范围．22（14分）已知函数f(x)＝mlnxx＋n，g(x)＝ex－2(m，n∈R)，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1．(1)求实数

m，n的值及函数f(x)的最大值；(2)证明：对任意的x>0，xf(x)<g(x)．参考答案1.【答案】A2.【答案】B3.【答案】B4.解析：因为(1±i)2＝±2i，所以1－i(1＋i)4＋1＋i(1－i)4＝1－i(2i)2＋1＋i(－2i)2＝1－i－4＋1＋i－4＝

－12.答案：A5.解析：z＝(a－2i)(1＋i)＝(a＋2)＋(a－2)i，所以点M在第四象限的充要条件是a＋2＞0，a－2＜0，即－2＜a＜2，所以“a＝1”是“点M在第四象限”的充分不必要条件．故选

A.答案：A6.【答案】C【解析】在(－∞，0)上，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上为增函数，A错；在x＝0处，导数由正变负，f(x)由增变减，故在x＝0处取极大值，B错；在(1,2)上，f′(x)<0，f(x)为减函数，C对；在x＝2处取极

小值，D错．7.【答案】f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0，即103a＋1－76a＋1<0，解得a<－310或a>67.故选D.解析：由于f(x)>xf′(x)，f(x)x′＝

f′(x)x－f(x)x2<0恒成立，因此f(x)x在R上是单调递减函数，∴f(3)3<f(1)1，即3f(1)>f(3)，故选B．8.答案：B9.【答案】B【解析】当0＜m≤1时，1m≥1，y＝(mx－1)2在[0,1]上单调递减，且y＝(mx－1)2∈[(m－1)2,1]，y

＝x＋m在x∈[0,1]上单调递增，且y＝x＋m∈[m,1＋m]，此时有且仅有一个交点；当m＞1时，0＜1m＜1，y＝(mx－1)2在1m，1上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需(m－1)2≥1＋m⇒m≥3.故选B．10【答案】D

【解析】f′(x)＝－3x2＋2ax，根据已知f′(2)＝0，得a＝3，即f(x)＝－x3＋3x2－4.根据函数f(x)的极值点，可得函数f(m)在[－1,1]上的最小值为f(0)＝－4，f′(n)＝－3n2＋6n在[－1,1]上单调递增，所以f′(n)的最

小值为f′(－1)＝－9.[f(m)＋f′(n)]min＝f(m)min＋f′(n)min＝－4－9＝－13.11.【答案】C【解析】a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2a.若a＞0，则由图象知f(x)存在小于0的零点，不符合题意．若a

＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有f2a＞0，即a·8a3－3·4a2＋1＞0，化简得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2.故选C．12.解析：当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R．当x∈(0,1]时，ax3≥x2－

4x－3，a≥x2－4x－3x3，∴a≥x2－4x－3x3max．设φ(x)＝x2－4x－3x3，φ′(x)＝(2x－4)x3－(x2－4x－3)3x2x6＝－x2－8x－9x4＝－(x－9)(x＋1)x4>0，∴φ(

x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6．∴a≥－6．当x∈[－2,0)时，a≤x2－4x－3x3，∴a≤x2－4x－3x3min．仍设φ(x)＝x2－4x－3x3，φ′(x)＝－(x－9)(x＋1)x4．当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0．当x∈(－1,0)时，φ′(x

)>0．∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a≤－2．综上知－6≤a≤－2．答案：C13.【答案】13.【解析】由f(x)＝sinx＋cosx，得f′(x)＝cosx－sinx.又由f(x)＝2f′(x)，即sinx＋

cosx＝2(cosx－sinx)，变形可得cosx＝3sinx，即tanx＝13.14.【答案】－1，12【解析】因为f(－x)＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，因为

f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2ex·e－x≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，又f(a－1)＋f(2a2)≤0，即f(2a2)≤f(1－a)，所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤12，故实数a的取值范围为－1，1

2.15.【答案】14.【解析】设图中阴影部分的面积为S(t)，则S(t)＝0t(t2－x2)dx＋t1(x2－t2)dx＝43t3－t2＋13.由S′(t)＝2t(2t－1)＝0，得t＝12为S(t)在区

间(0,1)上的最小值点，此时S(t)min＝S12＝14.16.解析：令f(x)＝ln(kx)x(x＞0)，则f(x)＝ln(kx)x＝lnk＋lnxx，因此f′(x)＝1－ln(kx)x2，令f′(x)＝1－ln(kx)x2＝0，解得x＝ek，且函数f(x)在x

＝ek处取得极大值，也是最大值，为ke，由题意有ke≤1e，所以0＜k≤1．答案：(0,1]17.解析：由复数的几何意义可知z1＝－2＋i，z2＝a＋3i.(1)因为|z1－z2|＝5，所以|－2－a－2

i|＝(－2－a)2＋(－2)2＝5，即(a＋1)(a＋3)＝0，解得a＝－1或a＝－3.(2)复数z＝z1·z2＝(－2＋i)(a－3i)＝(－2a＋3)＋(a＋6)i.由题意可知，点(－2a＋3，a＋6)在直线y＝－x上，所以a＋6＝－(－2a＋3)，解得a＝9.1

8.解：(1)f′(x)＝a(lnx＋1)，由题意可知，f(1)＝0，f′(1)＝1，解得a＝1，b＝0，所以f′(x)＝lnx＋1，当f′(x)>0，即x>1e时，f(x)单调递增；当f′(x)<0，即0<x<1e时，f(x)单调递减．因为f(x)在(b，m)上有最小值

，所以m的取值范围为1e，＋∞．(2)由(1)知f(x)＝xlnx，关于x的不等式2f(x)＋g(x)≥0在x∈1e，e上恒成立等价于不等式k≥－2xlnx＋x2＋3x在x∈

1e，e恒成立，设h(x)＝－2xlnx＋x2＋3x，则h′(x)＝－x2＋2x－3x2，当h′(x)>0，即1e<x<1时，h(x)单调递增；当h′(x)<0，即1<x<e时，h(x)单调递减，则当x∈1e，e时，h(x)ma

x＝h(1)＝－4，有k≥－4，即k∈[－4，＋∞)．19.解:(1)当a=-1,b=0时,f(x)=,所以f'(x)=,所以当x∈(-∞,2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f'(x

)>0,f(x)单调递增.所以f(x)的极小值为f(2)=-,无极大值.(2)当b=1时,f(x)=.根据题意,知=0无实根,即ax-a+ex=0无实根.令h(x)=ax-a+ex,则h'(x)=a+ex.若a>0,则h'(

x)>0,h(x)在R上单调递增,存在x0,使得h(x0)=0,不合题意.若a<0,令h'(x)>0,得x>ln(-a);令h'(x)<0,得x<ln(-a).所以h(x)min=h(ln(-a))=aln(-a)-2a.由题意,得h(x)min>0,即a

ln(-a)-2a>0,解得0>a>-e2,符合题意.综上所述,实数a的取值范围为(-e2,0).20.解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3．若a>

0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)>0；当x∈0，a3时，f′(x)<0．故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞上单调递增，在0，a3上单调递减；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a<0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)>0

；当x∈a3，0时，f′(x)<0．故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．(2)当0<a<3时，由(1)知，f(x)在0，a3单调递减，在a3，1单调递增，所以f(x)在[0,1]

的最小值为fa3＝－a327＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a．于是m＝－a327＋2，M＝4－a，0<a<2，2，2≤a<3.所以M－m＝2－a＋a327，0<a<2，a327，

2≤a<3.当0<a<2时，可知y＝2－a＋a327单调递减，所以M－m的取值范围是827，2．当2≤a<3时，y＝a327单调递增，所以M－m的取值范围是827，1．综上，M－m的取值范围是827，2．21.解：(1)当a＝1时，f(

x)＝ex－x，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，则x>0，∴f(x)在(0，＋∞)为增函数；令f′(x)<0，则x<0，∴f(x)在(－∞，0)为减函数，∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．(2)由题意可知，当x>0时，ex－ax≥x2－x＋1恒

成立，即a≤ex－x2＋x－1x在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝ex－x2＋x－1x(x>0)，则g′(x)＝(ex－2x＋1)x－(ex－x2＋x－1)×1x2＝(x－1)(ex－x－1)x2，令h(x)＝ex－x－1(x>0)，则h′(

x)＝ex－1，由(1)可知，h(x)在(0，＋∞)上为增函数．∴h(x)>h(0)＝0，即ex－x－1>0，故当x>1时，则g′(x)>0；当0<x<1时，则g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，∴g(x)在x＝1取极小值，也是最小值，

为g(1)＝e－1，故a≤e－1．所以a的取值范围为(－∞，e－1]．22.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝m(1－lnx)x2，因f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，所以f′(1)＝1，f(1)＝0，解得m＝1，n＝0

，所以f(x)＝lnxx，故f′(x)＝1－lnxx2．令f′(x)＝0，得x＝e，当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以当x＝e时，f(x)取得最大值f(e

)＝1e．(2)证明：原不等式可化为ex－lnx－2>0，令h(x)＝ex－lnx－2，则h′(x)＝ex－1x，可知函数h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，而h′13＝e13－3<0，h′(1)＝e－1>0，所以方程h′(x)＝0在(0，＋∞)上存在唯一实

根x0，使得ex0＝1x0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝ex0－lnx0－2＝1x0－ln1ex0－2＝1x0＋x0－2>0．即ex－ln

x－2>0在(0，＋∞)上恒成立，所以对任意x>0，xf(x)<g(x)成立．