【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第九中学2020-2021学年高二下学期四月学业阶段性评价考试数学（理）试题 含答案.docx，共(9)页，543.725 KB，由小赞的店铺上传

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哈尔滨市第九中学2020-2021学年度下学期四月学业阶段性评价考试高二学年数学（理）学科试卷（考试时间：120分钟满分：150分共2页）第I卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，每小题给出的四个选项中，只

有一项符合题目要求）1.已知,,abcR，22acbc是ab成立的（）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2．函数()3244fxxxx=−+−的单调增区间是（）A．2

2,3−−B．223−，C．2,23D．2,23−3．下列是命题错误的是（）A．命题“若2430xx−+=，则3x=”的逆否命题为“若3x，则2430xx−+”B．命题“xR，220xx−+”的否定是“0xR，2

0020xx−+”C．若“p且q”为真命题，则,pq均为真命题D．“1x−”是“2430xx++”的充分不必要条件4．函数2cos2yxx=的导数为（）A．22cos2sin2yxxxx=−B．22cos22sin2yxxxx=−C．22c

os2sin2yxxxx=−D．22cos22sin2yxxxx=+5．已知函数()yfx=的导函数为()fx，且满足()()21lnfxxfx=+，则曲线在点()()1,1Pf处的切线的斜率等于（）A．e−B．-1C．1D．e6．已知函数()fx的图象是下列四个图象之一，且其导函数

()yfx=的图象如下图所示，则()fx的图象是（）A．B．C．D．7．已知函数()()32110,062fxxaxbxab=−−的一个极值点为1，则ab的最大值为（）A．1B．12C．14D．1168．函数()f

x的定义域为R，()10f=，()fx为()fx的导函数，且()0fx，则不等式()()20xfx−的解集是（）A．()(),12,−+B．()(),11,−+C．()()0,12,+D．()(),01,−

+9.函数()()22xfxxxe=−的图象大致是（）A.B.C.D.10.设函数()()xfxFxe=是定义在R上的函数，其中()fx的导函数()fx满足()()fxfx对于xR恒成立，则（）A.()()()()2202120,20210feffefB.()()()()

2202120,20210feffefC.()()()()2202120,20210feffefD.()()()()2202120,20210feffef11.已知函数()3227fxxaxbxaa=++−−在1x=处取得极大值10，则ab的值为（）A.23−B.-

2C.-2或23−D.2或23−12.已知函数()2fxax=−与()xgxe=的图象上存在关于直线yx=对称的点，若点,PQ分别在()(),fxgx的图象上，则当a取最大值时，PQ的最小值为（）A.4eB.2eC.22

1e+D.22211ee++第II卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分）13．设()xfxaebx=+，且()()11,1ffee−==，则ab+=__________.14．21:0,:4503pqxxx−−−，若p

且q为假命题，则x的取值范围是__________.15．若函数()()2xfxxaxe=−+在区间()1,1−上存在减区间，则实数a的取值范围是____________.16．曲线21:Cyx=与曲线()

2:0xCyaea=存在公切线，则a的取值范围是__________.三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本题满分10分）已知函数()33fxxx=−.（1）求曲线()yfx=在点()1,2P−处的切线方程；（2）过点()2,2

P作曲线()yfx=的切线，求此切线的方程.18.（本题满分12分）已知函数()()xfxxae=+，其中a为常数.（1）若函数()fx在区间)1,−+上是增函数，求实数a的取值范围；（2）若()3xfxexe−在0,1x时恒成立，求实数a的取值范围.19.（本题满分12分）已知函

数()lnafxxx=+.（1）当0a时，求函数()fx的单调区间；（2）若函数()fx在1,e上的最小值是32，求a的值.20.（本题满分12分）已知函数()lnxfxx=.（1）求函数()fx的单调区间；（2）设()()gxfxx=−，求证：()121gx−.21.（

本题满分12分）已知()lnbxfxaxxc=+−.（1）当11,1,2abc===时，求()fx在1,2上的最大值；（2）当1,1,bcaR=−=时，讨论()fx的单调性.22.（本大题满分12分）若函数()1lnxfxxax−=+在)1,+上为增函数

.（1）求正实数a的取值范围；（2）若1a=，求证：()*111111ln,223231nnnNnnn+++++++−参考答案1-5ACBBB6-10ADABC11-12AD13.114.(),13,−−+15.3,2−

16.240,e17.解：（1）由题意可知()233fxx=−，则在1x=处的切线斜率()10kf==，则在点()1,2P−处的切线方程为：()201yx+=−，即切线方程为：2y=−.（2）因为()33fxxx=−，所以设切点为()3000,3xxx−，斜率为

2033kx=−，则所求切线方程为：()()()320000333yxxxxx−−=−−①因为切线过点()2,2P，所以有()()()32000023332xxxx−−=−−解得：01x=−或02x=代入①化简可得切线方程为：916yx=−或2y=.18.由函数(

)()xfxxae=+，得()()1xfxxae=++，∵函数()fx在区间)1,−+上是增函数，∴()()10xfxxae=++，即1ax−−在区间)1,−+上恒成立，∴当)1,x−+时，

(1,0x−−−，∴0a.（2）()3xfxexe−在0,1x时恒成立，等价于32xaex−−在0,1x时恒成立，令()32xgxex−=−，则()maxagx，∵()320xgxe−=−−，∴()gx在0,1上单调递减，∵()gx在区间0,1上的最大值()

()3max0gxge==，∴3ae，即实数a的取值范围是)3,e+.19.（1）函数的定义域为()0,+，且()2xafxx−=，当0a时，()0fx，即函数在定义域()0,+上为增函数，∴()fx的单调递增区间为()0,+，无单调递减区间.（2）由（

1）知，()2xafxx−=，①若1a，则0xa−，即()0fx在1,e上恒成立，此时()fx在1,e上为增函数，∵()fx在1,e上的最小值为32，∴()()min312fxfa===，∴32a=（舍去）②若ae，则0xa−，即()0fx在

1,e上恒成立，此时()fx在1,e上为减函数，∴()()min312afxfee==+=，∴2ea=（舍去）.③若1ae，令()0fx=，得xa=，当1xa时，()0fx，∴()fx在)1,a上为减函数；当axe时，()0fx，∴()fx在

,ae上为增函数，∴()()min3ln12fxfaa==+=，∴ae=，综上可知：ae=.20.（1）因为()lnxfxx=，所以()21lnxfxx−=，令()0fx，即1ln0x−，解得0xe

，令()0fx，即1ln0x−，解得xe，所以()fx的单调递增区间为()0,e，单调递减区间为(),e+.（2）因为()lnxfxx=，所以()lnxgxxx=−，所以()2221ln1ln1xxxgxxx−−−=−=令()21lntxxx=−−，则()120txx

x=−−，所以()21lntxxx=−−在()0,+单调递减，因为()211ln110t=−−=，所以当()0,1x时，()()0,0txgx，当()1,x+时，()()0,0txgx

所以()gx在()0,1内单调递增，在()1,+内单调递减，()()maxln11111gxg==−=−，所以()()11gxg=−.21.（1）当11,1,2abc===时，()1ln2fxxxx=+−()2221211,1

22xxfxxxxx−−=−−=由()0fx，得1512x+，当()0fx时解得1522x+，所以()fx在151,2+上单调递减，在15,22+上单调递增，所以最大值在端点处取得，(

)()512ln2,22ln22ff=−=−又()()112ln2ln2ln02ffe−=−=−所以()fx在1,2上的最大值为2ln2−.（2）当1,1bc=−=时，()1lnfxaxxx=−−()222111,0axxfxaxxxx−+=+−=①当0a=时，()0fx，得01

x，()0fx，得1x，()fx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减；②当0a时，140a=−，方程210axx−+=的两根为12114114,22aaxxaa−−+−==且210xx所以()0fx，

得10xx，()0fx，得1xx，即()fx在()10,x上单调递增，在()1,x+上单调递减.③当0a时，14a=−，i.当140a=−，即14a时，()()0,fxfx在()0,+上单调递增；ii.140a=−，即

104a时方程210axx−+=的两根为12114114,22aaxxaa−−+−==且120xx，所以()0fx，得10xx或2xx，所以()0fx，得12xxx.即()fx在()()120,

,,xx+上单调递增，在()12,xx上单调递减，综上：当0a=时，()fx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减；当0a时，()fx在1140,2aa−−上单调递增，在114,2aa−−+上单

调递减；当104a时，()fx在1141140,,,22aaaa−−+−+上单调递增，在114114,22aaaa−−+−上单调递减；当14a时，()fx在()0,+上单调递增.22.（1）由已知：()()21

0axfxaax−=，依题意得：210axax−对)1,x+恒成立，∴10ax−对)1,x+恒成立，∴1ax的最大值，∴1a.（2）∵1a=，∴()1lnxfxxx−=+，∵()fx在)

1,+上为增函数，∴2n时：()111lnln101111nnnnnffnnnnnn−−=+=−=−−−−即：1ln1nnn−，∴111123lnlnlnln234121nnnn+++++++=−，设())ln,1,gxxxx=−+，

则()110gxx=−对)1,x+恒成立，∴()gx在)1,+为减函数，∵11nn−∴2n时：()ln110111nnnggnnn=−=−−−−即：()1ln12111nnnnnn=+−−−∴234111111lnlnlnlnln1

111231121231nnnnnnn=++++++++++=++++−−−−综上所证：111111ln23231nnnn+++++++−（*nN且2n）成产.