【文档说明】江西省南昌市第十中学2020-2021学年高二下学期第一次月考数学（理）试卷含答案.docx，共(9)页，322.152 KB，由小赞的店铺上传

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南昌十中2021－2022学年下学期第一次月考高二数学试题(理科)注意事项：说明：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分。考试用时120分钟，考生在答题前请认真阅读本注意事项

及各题答题要求。1．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号或IS号用书写黑色字迹的0．5毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上。2．作答非选择题必须用书写黑色字迹的0．5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择

题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。3．考试结束后，请将答题纸交回。第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12题，每小题5分，共计60分。在

每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）1．设1i2i1iz−=++，则||z=（）A．0B．12C．1D．22．函数()()3xfxxe=−的单调递增区间是（）A．(),2−−B．()2,+C．(1,4)D．(0,3

)3．已知()fx是函数()fx的导数，且()02fx=，则()()0003limtfxtfxtt→+−−=（）A．2B．8C．－4D．不能确定4．若函数32()39fxxaxx=++−在3x=−时取得极值，则a=（）A．2B．3C．4D．55．若函数()fx在R上可导，且()()()

222fxxfxmmR=++，则（）A．()()05ffB．()()05ff=C．()()05ffD．以上答案都不对6．曲线()yfx=在1x=处的切线如图所示，则(1)(1)−=ff（）A．0B．1−C．1D．12−7．已知函数()sincos

fxx=+，[0,2)，若1()f=，则=（）A．0或32B．2或C．2D．328．已知直线与曲线在点处的切线互相垂直，则为（）A．B．C．D．9．如图，若在矩形OABC中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为（）A．21−B

．2C．22D．221−10．已知函数()fx与()fx的图象如图所示，则函数()()xfxgxe=的递减区间为（）A．()04，B．()4143−，，，C．403，D．()()014+

，，，11．设定义在R上的函数()fx的导函数为()'fx，若()()'2fxfx+，()02020f=，则不等式()22018xxefxe+（其中e为自然对数的底数）的解集为（）A．()0,+B．()2018,+C．()2020,+D．(

)(),02018,−+12．设曲线()2(xfxexe=+为自然对数的底数)上任意一点处的切线为1l，总存在曲线()singxaxx=−+上某点处的切线2l，使得12ll⊥，则实数a的取值范围为()A．1,2−B．()1,2−C．1,12−D．

1,12−二、填空题（本大题共4题，每小题5分，共计20分。把答案填在答题纸的横线上）13．复数52i−的共轭复数是___________.14．222(16sin)xxdx−−+=___________15．已知函数1()

sinfxx=，1()()nnfxfx+=，则20206f=______．16．若函数()()3221fxxaxaR=−+在()0,+内有且只有一个零点，则()fx在1,1−上的最大值

与最小值的和为__________．三、解答题（本大题共6题，共计70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．设函数2()1lnfxxx=+−（1）求()fx的单调区间；（2）求函数()()gxfxx=−在区间1

[,2]2上的最小值．18．已知函数()32133=+−fxxaxx（a为常数），曲线()yfx=在点()()1,1Af处的切线平行于直线41yx=−+.（1）求a的值；（2）求函数()fx的极值.19．一工厂计划生产某种当地政府控制产量的特殊产品，月固定成本为1万元，设此工厂

一个月内生产该特殊产品x万件并全部销售完.根据当地政府要求产量x满足13x，每生产x件需要再投入3x万元，每1万件的销售收入为2153x−（万元），且每生产1万件产品政府给予补助2ln1xx+（万元）.（注：月利润=月销售收入+月政府补助－月总成本）.（1）写出月利润()fx（万元）关于月产量

x（万件）的函数解析式；（2）求工厂在生产这特殊产品中所获得的月利润最大值（万元）及此时的月生产量（万件）20．已知函数的图象在点(1，)处的切线方程为．(1)用表示出；(2)若在[1，＋∞)上恒成立，求的取值范围．21．已知函数()(1)ln1fxxxx=

−−−.证明：（1）()fx存在唯一的极值点；（2）()=0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.22．已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑥，𝑔(𝑥)=𝑎𝑥2(𝑎∈𝑅)．(1)曲线𝑦=𝑓(𝑥)在𝑥=1处的切

线方程；(2)设函数ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)．①若ℎ(𝑥)<0在定义域上恒成立，求a的取值范围；②若函数ℎ(𝑥)有两个极值点为𝑥1，𝑥2，证明：𝑥1+𝑥2>1𝑎．南昌十中2021－2022学年下学期第一次月考数

学（理科）参考答案一、选择题二、填空题13.-2+i14.4√3+8𝜋315.−√3216.-3三、解答题17.（10分）解:（1）定义域为()0,+，()12fxxx=−＇，由()0fx＇得22x，∴()fx的单调递减区间为20,2，单调递增区间为2+2

，；（2）2(l)1nxgxxx+−=−()()()2111'21xxgxxxx+−=−−=，由()'0gx得1x，∴()gx在112，上单调递减，在（1，2）上单调递增，∴()gx的最小值为()11g=.18.(12

分)解：（1）()223=+−fxxax，∵在点()()1,1Af处的切线平行于直线41yx=−+，题号123456789101112答案CBBDCCDDADAD...................5分.................

..5分∴()1224fa=−=−，∴1a=−；........................................6分（2）由（1）可得()223fxxx=−−，令()0fx得3x或1x−，列表如下：x(),1−−

1−()1,3−3()3,+()fx+0−0+()fx↗极大值↘极小值↗∴极大值为()513f−=，极小值为()39f=−.19.（12分）解：（1）设该工厂一个月内生产该特殊产品x万件，依题意，212ln()51313xfxxxxx

x=−++−−3132ln13xxx=−++−，所以利润()fx（万元）关于月产量x（万件）的函数解析式：31()32ln1,133fxxxxx=−++−.............................................6分（2）3

2232()3xxfxxxx−+=−++=−2(1)(2)xxx+−=−，所以当12x时，()0fx，函数()fx在区间[1,2)上单调递增；当23x时，()0fx，函数()fx在区间(2,3]上单调递减.所以上当2x=时，函数在区间

[1,3]取得最大值(2)f，7(2)2ln23f=+.......12分...................12分该工厂在生产这种特殊产品中所获得的月利润最大值为72ln23+万元，此时的月生产量为2万件.20.

（12分）(ⅰ)当0<a<时，>1.若1<x<，则g′(x)<0，g(x)是减函数，所以g(x)<g(1)＝0，即f(x)<lnx．故f(x)≥lnx在[1，＋∞)上不恒成立．(ⅱ)当a≥时，≤1.若x>1，则g′(x)>0，g(x)是

增函数，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>lnx，故当x≥1时，f(x)≥lnx.综上所述，所求a的取值范围为[，＋∞)21（12分）（1）由题意可得，()fx的定义域为(0,)+，由()(1)

ln1fxxxx=−−−，得11()ln1lnxfxxxxx−=+−=−，显然1()lnfxxx=−单调递增；又(1)10f=−，1ln41(2)ln2022f−=−=，故存在唯一0x，使得0()0fx=；又当0xx时，0()0fx，函数()

fx单调递增；当00xx时，0()0fx，函数()fx单调递减；...................5分...................12分因此，()fx存在唯一的极值点；..............................6分（2）由（1）知，0()(1)2f

xf=−，又22()30fee=−，所以()0fx=在0(,)x+内存在唯一实根，记作x=.由01x得011x，又1111()()(1)ln10ff=−−−==，故1是方程()0fx=在0(0,)x内的唯一实根；综上，()=0fx有且仅

有两个实根，且两个实根互为倒数................................12分21.（12分）解：(1)𝑓′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+2，𝑓′(1)=2，𝑓(1)=1，∴𝑓(𝑥)在𝑥=1处的

切线方程为𝑦=2𝑥−1;(2)①ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑥−𝑎𝑥2，ℎ(𝑥)<0，∴𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑥−𝑎𝑥2<0，∴𝑎𝑥2>𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑥，∴𝑎>ln𝑥+1𝑥，令

𝑀(𝑥)=ln𝑥+1𝑥，𝑀′(𝑥)=1−1−ln𝑥𝑥2=−ln𝑥𝑥，∴0<𝑥<1时，𝑀′(𝑥)>0，𝑥>1时𝑀′(𝑥)<0，∴𝑀(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑀(1)=1，∴𝑎>1;②ℎ(𝑥)=

𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑥−𝑎𝑥2，ℎ′(𝑥)=1+𝑙𝑛𝑥+1−2𝑎𝑥=2+𝑙𝑛𝑥−2𝑎𝑥，又∵ℎ(𝑥)有两个极值点𝑥1<𝑥2，∴ℎ′(𝑥1)=2+ln𝑥1−2𝑎𝑥1=0,ℎ′

(𝑥2)=2+ln𝑥2−2𝑎𝑥2=0，∴2𝑎(𝑥1−𝑥2)=ln𝑥1−ln𝑥2，∴2𝑎=ln𝑥1−ln𝑥2𝑥1−𝑥2，当𝑎<0时，1𝑎<0,𝑥1+𝑥2>0，成立，当𝑎>0时，要证𝑥1+𝑥2>1𝑎，即证2𝑎>2𝑥1+𝑥2，..........

.........4分即ln𝑥1𝑥2𝑥1−𝑥2>2𝑥1+𝑥2，即ln𝑥1𝑥2𝑥1𝑥2−1>2𝑥1𝑥2+1，设𝑥1𝑥2=𝑡，∴0<𝑡<1，∴ln𝑡𝑡−1>2𝑡+1，即证(𝑡+1)𝑙�

�𝑡−2(𝑡−1)<0，设𝑀(𝑡)=(𝑡+1)𝑙𝑛𝑡−2(𝑡−1)，则𝑀′(𝑡)=𝑡+1𝑡+ln𝑡−2=1𝑡−1+ln𝑡，设𝐹(𝑡)=1𝑡−1+ln𝑡，𝐹′(𝑡)=−1𝑡2+1𝑡>0，∴𝐹(𝑡)单调递增

，∴𝑀′(𝑡)>0，∴𝑀(𝑡)单调递增，∴𝑀(𝑡)𝑚𝑎𝑥=𝑀(1)=0，即(𝑡+1)𝑙𝑛𝑡−2(𝑡−1)<0，...................12分