【文档说明】福建省龙岩第一中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学试题.docx，共(9)页，639.264 KB，由小赞的店铺上传

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龙岩一中2024届高二下学期第一次月考数学试题（考试时间：120分钟满分：150分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知函数()fx

在1x=处的导数为6，则()()011lim3xfxfx→+−=（）A．1B．2C．23D．62．如图所示是函数()yfx=的图象，其中()fx为()fx的导函数，则下列大小关系正确的是（）A．()()()213fff−B．()()()231fff

−C．()()()312fff−D．()()()321fff−3．已知某物体在平面上作变速直线运动，且位移s（单位：米）与时间t（单位：秒）之间的关系可用函数：()2ln1sttt=++−表示，则该物体在3t=秒时的瞬时速度为（）A．2

14米/秒B．()62ln2+米/秒C．212米/秒D．()4ln2+米秒4．函数sinxxxxyee−−=+的图象大致为（）A．B．C．D．5．若对任意的1x，()2,xm+，且12xx，都有122121lnln2xxxxxx−−，则m的最小值是（）A．1eB．eC．1D．

3e6．已函数()fx及其导函数()fx定义域均为R，且()()0fxfx−，()01f=，则关于x的不等式()exfx的解集为（）A．0xxB．0xxC．1xxD．1xx7．在数学中，布劳威尔不动点

定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石．简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数()fx，存在点0x，使得()00fxx=，那么我们称该函数为“不动点”函数．若函数()()elnxfxxax=−为“不动点”函数，则实数a的取值范围是（）

A．(,0−B．1,e−C．(,1−D．(,e−8．已知1ln1.1,,0.111abc===,则（）A．abcB．acbC．cbaD．cab二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多

项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．下列函数的求导正确的是（）A．211xx=B．()sincosxx=C．()()'e1exxxx=+D．()1ln22=xx10．已知()lnxfxx=，下列说法正确的是（）A．()fx在1

x=处的切线方程为1yx=+B．若方程()fxa=有两个不相等的实数根，则10aeC．()fx的极大值为1eD．()fx的极小值点为ex=11．若函数()321233fxxx=+−在区间()1,4aa−+上存在最小值，则整数a可以取（）A

．-3B．-2C．-1D．012．若存在实常数k和b，使得函数()Fx和()Gx对其公共定义域上的任意实数x都满足：()Fxkxb+和()Gxkxb+恒成立，则称此直线ykxb=+为()Fx和()Gx的“隔离直线”，已知函数2()()fxxxR=，1()(0)gxxx=，()2

lnhxex=（e为自然对数的底数），则下列结论正确的是（）．A．函数()()()mxfxgx=−在区间31,2−−上单递减B．()fx和()gx之间存在“隔离直线”，且k的最小值为4−

C．()fx和()gx之间存在“隔离直线”，且b的取值范围是[4,0]−D．()fx和()hx之间存在“隔离直线”，且“隔离直线”不唯一三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．函数1()lnfxxx=−在点(1,1)−处的切线

方程为____________．14．函数()2(1)21xfxfxx=+−，则()0f=________．15．不等式1eln0axxax−−对任意()1,x+恒成立，则正实数a的取值范围

为________．16．若函数()gx在区间D上有定义，且,,,(),(),()abcDgagbgc均可作为一个三角形的三边长，则称()gx在区间D上为“M函数”．已知函数()1lnxfxxkx−=−+在区间

1,ee为“M函数”，则实数k的取值范围为_________________．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）已知函数()32fxxax=−，aR，且()11f=．求：(1)

a的值及曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程；(2)函数()fx在区间0,2上的最大值．18.（12分）已知函数()32fxxaxbxc=+++在13x=−及1x=处取得极值．(1)求a，b的值；(2)若方程()0fx=有三个不同的实根，求c的取值范围．19．（12分）已知函数

()2211ln2afxxxxa+=−+．(1)当2a=时，求函数()fx的单调增区间．(2)讨论函数()fx的单调性．20.（12分）2022年2月4日，第二十四届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场举行，拉开了冬奥会的帷幕．冬奥会发布的吉祥物“

冰墩墩”、“雪容融”得到了大家的广泛喜爱，达到一墩难求的地步．当地某旅游用品商店获批经销此次奥运会纪念品，其中某个挂件纪念品每件的成本为5元，并且每件纪念品需向税务部门上交5a+元(58)a的税收，预计当每件产品的售价定

为x元(1317)x时，一年的销售量为2(18)x−万件，(1)求该商店一年的利润L(万元)与每件纪念品的售价x的函数关系式；(2)求出L的最大值()Qa．21．（12分）已知函数()ecos2,(

)xfxxfx=+−为()fx的导数.(1)当0x时，求()fx的最小值；(2)当π2x−时，2ecos20xxxxaxx+−−恒成立，求a的取值范围.22．（12分）已知函数2()e(e2.718)=−=xfxax.(1)若()fx在()0,+有两个零点，求实数a的取值范围；(2)

设函数2()e[()1]xgxfxaxx=+−−，证明：()gx存在唯一的极大值点0x，且0321()e4gx.龙岩一中2024届高二下学期第一次月考数学试题参考答案题号123456789101112答案BAABABBDBCBCBCDABC13．23yx=−14．

115．(,e−16．()2e4,−+17．解:（1）()32fxxax=−Q()'232fxxax=−()'1321fa=−=，解得：1a=故()32fxxx=−，(1)0f=曲线()yfx=在点()()1,1f

处的斜率为1k=，切线方程(1)(1)yfkx−=−即1yx=−...........5分（2）由（1）可知：()32fxxx=−，()'232fxxx=−令()'2320fxxx=−=，解得1220,3xx==故当2[0,)3

x时，()'0fx，所以()fx单调递减；当2[,2]3x时，()'0fx，所以()fx单调递增；()fx区间0,2内，当2x=时取最大值，最大值为(2)4f=...........10分18．解:（1）由题意得()232fxxaxb=++，函数()fx在13x=-及1x

=处取得极值，得()11203331320afbfab−=−+==++=，解得11ab=−=−.此时，()()()2321311xxxxfx−−=+−=.当13x−时，()0fx¢>，函数

()fx在1,3−−上单调递增；当113−x时，()0fx，函数()fx在1,13−上单调递减；当1x时，()0fx¢>，函数()fx在()1,+上单调递增.所以，()fx在13x=-处取得极大值，在1x=处取得极小值，满足题意..

..........6分（2）由（1）知，()fx在13x=-处取得极大值，在1x=处取得极小值．又()0fx=有三个不同的实根，由图象知()150327110fcfc−=+=−+，解得5127c−

，所以实数c的取值范围是5,127−．...........12分19．解:（1）函数()2211ln2afxxxxa+=−+的定义域为()0,+，当2a=时，()215ln22fxxxx=−+，所以()()221251252()22xxxx

fxxxxx−−−+=−+==.故当10,2x时，()0fx¢>，函数()fx在10,2上单调递增；当1,22x时，()0fx，函数()fx在1,22上单调递减；当()2,x+时

，()0fx¢>，函数()fx在()2,+上单调递增；所以函数()fx的单调递增区间有10,2和()2,+；...........4分（2）由()2211ln2afxxxxa+=−+可得：()2221()11(1)()ax

xaaaxaxafxxaxaxax−−+−++=−+==.①当a<0时，()0fx¢>，()fx在()0,+上单调递增；...........6分②当01a时，()0,xa时，()0fx¢>时，()fx在()0,a上单调递增；1,xaa时，()0fx时，()fx在

1,aa上单调递减；1,xa+时，()0fx¢>，()fx在1,a+上单调递增；............8分③当1a=时，()0fx，且仅在1x=时，()0fx=，所以函数()fx在()0,+上单调递

增；...........9分④当1a时，10,xa时，()0fx时，()fx在10,a上单调递增；1,xaa时，()0fx时，()fx在1,aa上单调递减；(),xa+时，(

)0fx¢>，()fx在(),a+上单调递增；............11分综上所述，当a<0时，函数()fx在()0,+上单调递增；当01a时，函数()fx在()0,a和1,a+上单调递增，在1,aa上单调递减；当1

a=时，函数()fx在()0,+上单调递增；当1a时，函数()fx在10,a和(),a+上单调递增，在1,aa上单调递减；...........12分20．解（1）由题意，预计当每件产品的售价为x元(1317)x，而每件产品的成本为5元，且每件产品需向

税务部门上交(5)a+元(58)a，所以商店一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为：2(10)(18),[13,17]Lxaxx=−−−．...........5分（2）∵2(10)(18),[13,17]Lxaxx=−−−，∴(3823)

(18)Laxx=+−−，令0L=，解得：3823ax+=或18x=，而58a，则38216183a+，...........7分①当38216173a+，即56.5a时，当38213,3ax+时，0L，L单调递增，当382,173ax

+时，0L，L单调递减，∴当3823ax+=时，L取最大值34(8)27a−；...........9分②当38217183a+，即6.58a时，当()13,17x时，0L，L单调递增，∴当17x=

时，L取最大值7a−，...........11分综上，()()348,56.5277,6.58aaQaaa−=−...........12分21．（1）由题意，()esinxfxx=−，令()esinxgxx

=−，则()ecosxgxx=−，当0x时，e1x，cos1x，所以()0gx，从而()gx在[0,)+上单调递增，则()gx的最小值为(0)1g=，故()fx的最小值1；...........4分（2）由已知得当π2x−时，()ecos20xxxax+−−恒成立，

令()ecos2xhxxax=+−−，()esinxhxxa=−−，...........5分①当1a时，若0x时，由（1）可知()10hxa−，∴()hx为增函数，∴()()00hxh=恒

成立，∴()0xhx恒成立，即()ecos20xxxax+−−恒成立，若π,02x−，令()esinxmxxa=−−则()ecosxmxx=−，令()ecosxnxx=−，则()esinxnxx=+，令()esinxpxx=+，则()e

cosxpxx=+，∵在()px在π,02x−内大于零恒成立，∴函数()px在区间π,02−为单调递增，又∵π2πe102p−−=−，()01p=，，∴()px上存在唯一的0π,02x

−使得()00px=，∴当0π,2xx−时，()0nx，此时()nx为减函数，当()0,0xx时，()0hx，此时()nx为增函数，又∵π2πe02n−−=，()00n=，∴存在10π,2xx

−，使得()10nx=，∴当1π,2xx−时，()0mx，()mx为增函数，当()1,0xx时，()0mx，()mx为减函数，又∵π2πe102ma−−=+−，()010ma=−，∴π,02x−时，()

0hx，则()hx为增函数，∴()()00hxh=，∴()ecos20xxxax+−−恒成立，..........9分②当1a时，()ecos0xmxx=−在[0,)+上恒成立，则()mx在[0,)+上为增函数，∵()010ma=−，ln(1)(ln(1

))esin(ln(1))1sin(ln(1))0amaaaa++=−+−=−+，∴存在唯一的()20,x+使()20hx=，∴当20xx时，()0hx，从而()hx在)20,x上单调递减，∴()()00hxh=，∴()ecos20xxxax+−−，与

2ecos20xxxxaxx+−−矛盾，...........11分综上所述，实数a的取值范围为(,1]−............12分22．(1)解：令2()0xfxeax=−=，()0,x+，则2exax=，23．因为()fx在()0,+有两个零点，所以函数ya=与2exyx=的图象

有两个不同的交点，令()22e(),0,hxxx=+，则()()23e2e(),0,xxxhxxxx−==+，当(0,2)x时，()0hx；当(2,)x+时，()0hx．所以()hx在(0,

2)单调递减，在(2,)+单调递增，所以()()2mine24hxh==，又当0x+→时，()hx→+，当x→+时，()hx→+，所以2e4a；...........4分(2)证明：()e(e1)xxgx=x−−，故()e(

2e2)xxgx=x−−，令()2e2xmx=x−−，()2e1xmx=−，当1ln2x时，()0mx，当1ln2x时，()0mx，所以()mx在1(,ln)2−上单调递减，在1(ln+)2，上单调递增，又(0)0m=，1ln211(ln)2eln2ln21022m=−−=−

，22(2)2e(2)20e2m==−−−−−，由零点存在性定理及()hx的单调性知，方程()0mx=在1(2,ln)2−上有唯一根，...........6分设为0x且002e20xx=−−，从而()mx有两个零点0x和0，当0xx或0x时，()0gx，当00xx时，(

)0gx，所以()gx在0(,)x−单调递增，在0(0)x，上单调递减，在(0+)，单调递增，从而()gx存在唯一的极大值点0x，由002e20xx=−−，得002e2xx+=，...........8分00

2000000000222111()e(e1)(1)()(2)=224444xxxxxxgxxxxx++−++=−−=−−=−+（），当且仅当002xx−=+，即01x=−时，取等号，若01x=−，则0102e22e10xx=−−−−，与题意矛盾，故01x−，所以取等不成立，所以01()

4gx得证，...........10分又012ln2x−，()gx在0,x−（）单调递增，所以2242032()(2)ee(2)1eeegxg−−−−−=−−−=+得证，...........11分所

以0321()e4gx............12分