【文档说明】江西省南昌县莲塘第一中学2020-2021学年高二3月质量检测数学（理）试题 Word版含答案.pdf，共(9)页，188.770 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8f3cddcfaabad43283309f01c6f77797.html

以下为本文档部分文字说明：

莲塘一中2020-2021学年下学期高二3月质量检测理科数学试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题的四个选项中，只有一项符合)1.已知函数f(x)=cosx+lnx，则f′(1)的值为()A.sin1-1B.

-sin1C.1-sin1D.1+sin12.设函数f(x)=1+sin2x，则limΔx→0f(Δx)-f(0)Δx等于()A.-2B.0C.1D.23.设曲线y=eax-ln(x+1)在x=0处的切线方程为2x-y+1=0，则a=()A.0B.1C.2D.34

.已知a=1e,b=ln33,c=ln55，则a,b,c的大小关系为()A.b<c<aB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b5.设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y=x·f′(x)的图像的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是()A.f

(1)与f(-1)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(-2)与f(2)6.已知函数f(x)=2x3-6x2-18x+1在区间(m,m2-2m)上单调递减，则实数m的取值范围是()A.(-3,0)B.[-1,0)C.(3,5)D.(5,7)7.已知函数f(

x)=ex-2x-1，则y=f(x)的图象大致为()A.B.C.D.8.若函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值，则实数a的取值范围为()A.[-2,1)B.[-2，-1)C.(-3,1)D.(

-2，+∞)9.设fx=1-x2,x∈-1,1x2-1,x∈1,2，则2-1fxdx的值为()A.π2+43B.π2+3C.π4+43D.π4+310.抛物线y2=2x与直线y=x-4所围成的图形的面积是()A.16B.18C.20D.

2211.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)-f(x)>0，f(2021)=e2021，则不等式f(13lnx)<3x的解集为()A.(0,e2021)B.(e2021,+∞)C.(0,e6063)D.(e6063,+∞)12.已知函数fx

=lnx,x≥11-x2,x<1，若F(x)=f[f(x)+1]+m有两个零点x1，x2，则x1+x2的取值范围是()A.[4-2ln2,+∞)B.[1+e,+∞)C.[4-2ln2,1+e)D.-∞,1+e)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20

分．把答案填在题中的横线上)13.函数f(x)=xlnx的单调递减区间为．14.函数f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1既有极大值又有极小值，则a的取值范围是____．15.若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ex的切

线，则b=．16.已知函数f(x)=(x-2)ex+e+1，g(x)=ax+xlnx，对任意的m∈[1e,3]，总存在n∈[1e,3]使得g(m)≥f(n)成立，则实数a的取值范围为．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解

答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.计算由曲线y=x2+1，直线x+y=3以及两坐标轴所围成的图形的面积S．18.已知函数f(x)=a23x3-2ax2+bx，且曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为3.(1)求实数b的值；(2)若函

数f(x)在x=1处取得极大值，求实数a的值．19.如图，在曲线C：y=x2，x∈[0,1]上取点P(t,t2)，过点P作x轴的平行线l.曲线C与直线x=0，x=1及直线l围成的图形包括两部分，面积分别记为S1，S2．(1)求t

的值，使S1=S2；(2)求t的值，使S=S1+S2最小．11xyS1S2ltPO20.已知函数f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．21.如图，某小区内有两

条互相垂直的道路l1、l2，平面直角坐标系xOy的第一象限有一块空地OAB，其边界OAB是函数f(x)的图像，前一段曲线OA是函数y=kx图像的一部分，后一段AB是线段，测得A到l1的距离为8米，到l2的距离为16米，OB长为20米

．(1)求函数y=f(x)的解析式．(2)现要在此地建一个社区活动中心，平面图为梯形OPQB(其中PQ，OB为两底边)，则梯形的高为多少米时，该社区活动中心的占地面积最大?并求出最大面积．22.已知函数f(x)=x2+alnx-2a+1x．

(1)试讨论函数f(x)的单调性；(2)令F(x)=f(x)-x2，若F(x)<1-2ax在x∈(1,+∞)恒成立，求整数a的最大值．(参考数据：ln3<43，ln4>54)莲塘一中2020-2021学年下学期高二3月质量检测理

科数学试卷参考答案1.因为f(x)=cosx+lnx，所以f′(x)=-sinx+1x，所以f′(1)=1-sin1．故选C．2.∵f(x)=1+sin2x，∴limΔx→0f(Δx)-f(0)Δx=limΔx→0f(0+Δx)-f(0)Δx

=f′(0)，而f′(x)=2cos2x，所以f′(0)=2，故选D．3.y=eax-ln(x+1)的导数为y′=aeax-1x+1，可得在x=0处的切线斜率为k=a-1，由切线方程为2x-y+1=0，可得a-1=2，解得a=3．故选D．4.设f(x)=lnxx,

x≥e,则f′(x)=1-lnxx2≤0恒成立，∴函数f(x)在[e,+∞)上单调递减，∴fe>f3>f5,即a>b>c，故选B．5.易知f′(-2)=0，f′(2)=0，当x∈(-∞，-2)时，由图

可知x·f′(x)<0，∴f′(x)>0，即当x∈(-∞，-2)时f(x)递增．当x∈(-2，0)时，由图可知x·f′(x)>0，∴f′(x)<0；当x∈(0，2)时，由图可知x·f′(x)<0，∴f′(x)<0，故当x∈(-2，2)时f(x)递减．当x∈(

2，+∞)时，由图可知x·f′(x)>0，∴f′(x)>0，即当x∈(2，+∞)时f(x)递增．故f(x)的极大值与极小值分别是f(-2)与f(2)．故选D.6.由题意得f′(x)=6x2-12x-18=6(x-3)(x+1)，令f′(x)<0可得-1<x<3，因为

f(x)在区间(m,m2-2m)上单调递减，所以(m,m2-2m)⊆(-1,3)，所以-1≤m<m2-2m≤3，解得-1≤m<0．故选B．7.f′(x)=ex-2，当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)是减函数，此时f(x)>f(ln2)=1-2l

n2，而1-2ln2<0；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)是增函数，故选C．8.f′(x)=-x2+1，则函数在(-∞，-1]上递减，在[-1,1]上递增，[1，+∞)上递减，函数f(x)在(a,10-a2)上有最大值，则a<1<10-a2f1≥fa⇒-2≤a<1，故选A.9

.2-1fxdx=1-1fxdx+21fxdx=1-11-x2dx+21x2-1dx，而1-11-x2dx的几何意义为圆x2+y2=1的上半圆面积，∴1-11-x2dx的值为π2，21f(x)dx=21x2-1dx=13x3-x|21=43．∴

2-1f(x)dx=π2+43．故选A．10.作出图象中知抛物线与直线的交点坐标分别为(2,-2)，(8,4)．过(2,-2)作x轴的垂线把阴影部分分为S1，S2两部分，S1=20[2x-(-2x)]dx=2220xdx=22×23x3

2|20=163，S2=82[2x-(x-4)]dx=223x32-12x2+4x|82=383，所以阴影部分的面积S=S1+S2=163+383=18．故选B．11.由题可设

F(x)=f(x)ex，∵f′(x)-f(x)>0，则F′(x)=f′(x)-f(x)ex>0，∴函数F(x)在R上单调递增，F(2021)=f(2021)e2021=1，将不等式f(13lnx)<3x转化为f(13

lnx)e13lnx⋅e13lnx=f(13lnx)e13lnx⋅3x<3x，可得F(13lnx)<1，即F(13lnx)<F(2021)，∴13lnx<2021，∴0

<x<e6063，∴不等式f(13lnx)<3x的解集为(0,e6063)，故选C．12.当x≥1时，f(x)=lnx≥0，∴f(x)+1≥1，∴f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)，当x<1，f(x)=1-x2>12，f(x)+1>32，f[f(x)+

1]=ln(f(x)+1)，综上可知：f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)，所以F(x)=ln(f(x)+1)+m，若F(x)有两个零点x1，x2，则方程f(x)=e-m-1有两个根x1，x2，(

不妨设x1<x2)，当x≥1时，lnx2=e-m-1，当x<1时，1-x12=e-m-1，令t=e-m-1>12，则lnx2=t，x2=et，1-x12=t，x1=2-2t，∴x1+x2=et+2-2t，t>12，设g(t)=et+2-2t，t>12

，求导g′(t)=et-2，令g′(t)=0，解得：t=ln2，t∈(12,ln2)，g′(t)<0，函数g(t)递减，t∈(ln2,+∞)，g′(t)>0，函数g(t)递增，∴当t=ln2时，g(t)取最小值，g(t)min=g(ln2)=2+2-2ln2=4-2ln

2，∴g(t)的值域为[4-2ln2,+∞)，∴x1+x2取值范围[4-2ln2,+∞)，故选A．13.f′(x)=1+lnx，令1+lnx<0得0<x<1e，∴f(x)的单调递减区间为0，1e.14.f′(x)=3x2

+6ax+3(a+2)，令f′(x)=0，即x2+2ax+a+2=0.依题意方程x2+2ax+a+2=0有两个不相等的实根，即Δ=4a2-4a-8>0，解得a>2或a<-1.15.设直线y=kx+b与曲线y=lnx+2的切点为(x1,y1)，与y=ex的切点为(x2,y2)

，故1x1=ex2，且ex2-lnx1-2x2-x1=1x1，消去x2得到(1+lnx1)(1-1x1)=0，故x1=1e或x1=1，故x1=1ey1=1或x1=1y1=2,故切线方程为y=ex或y=x+1，所以b=0或b=1．16.

对任意的m∈[1e,3]，总存在n∈[1e,3]使得g(m)≥f(n)成立，即当x∈[1e,3]时，g(x)≥f(x)min恒成立，∵f(x)=(x-2)ex+e+1，∴f′(x)=(x-1)ex,∴当x

∈[1e,1)时，f′(x)<0，函数f(x)递减，∴当x∈(1,3]时，f′(x)>0，函数f(x)递增，∴f(x)min=f(1)=1，当x∈[1e,3]时，g(x)=ax+xlnx≥1，则a≥x-x2lnx，记h(x)=x-x2lnx,h′(x)

=1-2xlnx-x，h′(1)=0，令k(x)=h′(x)，则k′(x)=-3-2lnx，k′(x)在[1e,3]上递减，k′(x)≤k′(1e)=-1<0，∴h′(x)递减，∴当x∈(1e,1)时，h′(x)>0，h(x)递增，当x

∈(1,3)时，h′(x)<0，h(x)递减，∴h(x)max=h(1)=1，故当a≥1时，g(x)≥1.故实数a的取值范围为[1,+∞).17.画出两函数的图象，如图所示：由y=x2+1,x+y=3,得x=1,y=2或x=-2y=5.又直线x+y=3与x轴交于点(3

,0)，∴S=10(x2+1)dx+31(3-x)dx=x33+x|10+3x-x22|31=13+1+9-92-3-12=103．18.(1)f′(x)=a2x2-4ax+b，由题意f′(0)=b=3.(2)∵函数f(x)在x=1处取得极大值

，∴f′(1)=a2-4a+3=0，解得a=1或a=3.①当a=1时，f′(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3)，x、f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(-∞，1)1(1,3)3(3，+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗极

大值↘极小值↗由上表知，函数f(x)在x=1处取得极大值，符合题意．②当a=3时，f′(x)=9x2-12x+3=3(3x-1)(x-1)，x、f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(-∞，13)13(13，1)1(1，+∞)f′(x)+0-0+f(x

)↗极大值↘极小值↗由上表知，函数f(x)在x=1处取得极小值，不符合题意．综上所述，若函数f(x)在x=1处取得极大值，a的值为1．19.根据题意，直线l的方程是y=t2，且0<t<1.结合题中图形，得曲线C与x=0，y=t2，x=1的交点坐标分别是(0,0)，(t,t2)

，(1,1)．所以S1=t0(t2-x2)dx=(t2x-13x3)|t0=t3-13t3=23t3，S2=1t(x2-t2)dx=(13x3-t2x)|1t=13-t2-13t3-t3=23t3-t2+13,(1)由S1=S2，得23t3=23t3-t2+13

，∴t2=13．又0<t<1，∴t=33；(2)由S=S1+S2，得S=S(t)=43t3-t2+13，0<t<1，∴S′(t)=4t2-2t，解方程4t2-2t=0，得t1=0(舍去)，t2=12

．当t变化时，S′(t)与S(t)的变化情况如下表：t(0,12)12(12,1)S′(t)-0+S(t)递减14递增由表知，当t=12时，S(t)取极小值14，也就是在区间(0,1)上的最小值．∴当t=12时，使S=S1+S

2最小．20.(1)f′(x)=(x-k+1)ex.令f′(x)=0，得x=k-1.f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(-∞,k-1)k-1(k-1,+∞)f′(x)-0+f(x)↘-ek-1↗所以f(x)的单减区间是(-∞，k-1)；单增区间是(k-1，+∞)．(2)当k-1≤0，

即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)=-k；当0<k-1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k-1)上单调递减，在(k-1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1；当k-

1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.故综上所述，fxmin=-k,k≤1-ek-1,1<k<21-ke,k≥2.21.(

1)由题知A(16,8)，B(20,0)，将(16,8)代入y=kx，得k=2．由A，B两点的坐标，得直线AB:y=-2x+40，所以f(x)=2x,0≤x≤16-2x+40,16<x≤20．(

2)设梯形的高为t米，则0<t<8，且P(t24,t)，Q(20-t2,t)，所以|PQ|=20-t2-t24，所以梯形的面积S(t)=12[(20-t2-t24)+20]⋅t=-18t3-14t2+20t，S′(t)=-38t2-12t+20=-18(3t-20)(

t+8)，令S′(t)=0，得t=203(t=-8舍去)，t∈0,203时，S′t>0，S(t)单调递增，t∈203,8时，S′t<0，S(t)单调递减，所以当t=203时，S(t)取得最大值230027，故梯形的高为203米时，活动中心的占地面积

最大，为230027平方米．22.(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=2x+ax-(2a+1)=2x2-(2a+1)x+ax=(x-a)(2x-1)x，①当a≤0时，由f′(x

)>0得x>12，所以a≤0时，f(x)在(0,12)上递减，在(12,+∞)上递增;②当0<a<12时，令f′(x)>0得0<x<a或x>12，可知f(x)在(0,a)上递增，在(a,12)上递减，在(12,+∞)

上递增；③当a=12时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在(0,+∞)上递增；④当a>12时，令f′(x)>0得0<x<12，或x>a，可知f(x)在(0,12)上递增，在(12,a)上递减，在(a,+∞)上递增；(2

)F(x)=af(x)-x2=alnx-(2a+1)x，则F(x)<1-2ax⇔a<x+1lnx(x>1)恒成立．令h(x)=x+1lnx,(x>1),∴h′(x)=lnx-1x-1(lnx)2，令t(x)=ln

x-1x-1，(x>1)，可知t(x)在(1,+∞)单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以∃x0∈(3,4)，使得t(x0)=lnx0-1x0-1=0，从而h(x)在(1,x0]单调递减，在[x0,+∞)单调递增，所以h(x)min=h(x0)=x0+1lnx0

=x0+11x0-1=x0∈3,4，因为a<x+1lnx,(x>1)恒成立，所以a<h(x)min=x0，故整数a的最大值为3．