【文档说明】吉林省延边第二中学2020-2021学年高二下学期第一次考试月考数学（理）试题 含答案.doc，共(6)页，843.500 KB，由小赞的店铺上传

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延边第二中学2020—2021学年度第二学期第一次阶段检测高二年级数学试卷（理）一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，每题只有一个选项正确）1．曲线11xyx+=−在点(0,1)−处的切线方程为（）A．21yx=−−B．21yx=−C．21yx=−+D．21yx=+2

．已知321()=3fxxaxx++是奇函数，则(3)'(1)ff+=（）A．14B．12C．10D．-83．函数()xxxf33−=在区间2,1−上的最大值和最小值分别为（）A．2和2−B．2和0C．0和2−D．1和04．已知()03fx=，000(2

)()lim3xfxxfxx→+−的值是（）A．3B．2C．23D．325．若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（）A．B．C．D．6．求曲线ysinx=与直线π5πx,x,y024=−==所围成的平面图形的面积为（）A．22B．

0C．4D．242−7．设点是曲线：（为实常数）上任意一点，点处切线的倾斜角为，则的取值范围是（）A．B．C．[0，]ＵD．[0，）Ｕ8．若函数()(cos)xfxexa=+存在极值点，则实数a的取值范围是（）A．(2,2)−B．[2,2]−C．(1,1)−D．[1,1]−9

．若实数m的取值使函数()fx在定义域上有两个极值点，则叫做函数()fx具有“凹凸趋向性”，已知()fx是函数()fx的导数，且()2lnmfxxx=−，当函数()fx具有“凹凸趋向性”时，m的取值范围是（）A

．2,e−+B．2,0e−C．2,e−−D．21,ee−−）10．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A．a>0，b<0，c>0，d>0B．a>0，b<0，c<0，d>0C．a<0，b<0，c>0，d>0D

．a>0，b>0，c>0，d<011．已知函数()1,0f11,02xexxxx−=−，若mn且()()fmfn=，则n-m的最小值为()A．2ln2-1B．2-ln2C．1+ln2D．212．已知(

)(1)|ln|xfxxx=，若关于x方程22[()](21)()0fxmfxmm−+++=恰有4个不相等的实根，则实数m的取值范围是（）A．1,2(2,)eeB．11,ee+C．(1,)ee−D．

1ee,二、填空题（包括4小题，每小题4分，共16分，请将答案写在答题纸上）13．定积分()42416dxxx−−−=________.14．曲线1xy=与直线yx=和3x=所围成的平面图形的面积为_________.15．定义在R上的函数()1yfx=−的图像关于()

1,0对称，且当(),0x−时，()()0fxxfx+（其中()fx是()fx的导函数），()()()()0.30.333,log3log3,afbf==3311loglog99cf=，则,,abc的大小关系从大到小依次是________．16.已

知函数()()1ln1xfxxx+=，若对任意两个不同的1x，2x，都有()()1212lnlnfxfxkxx−−成立，则实数k的取值范围是________三、解答题（包括5个题，17、18题各10分，19、20、21题12分，

请写必要的解答过程）17．函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，曲线y＝f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y＝3x+1且y＝f（x）在x＝﹣2时有极值，求出函数y＝f（x）的解析式，并求出函数的单调区

间；18．已知函数21()lnfxxx=−.（1）求函数()fx在21,ee上的最大值和最小值；（2）证明：当(1,)x+时，函数3221()32gxxx=+的图象在()yfx=的图象上方.19．已知()lnfxxxax=−，()22gxx=−−

．（1）当0a=时，求函数()fx的单调区间；（2）对一切()0,x+，()()fxgx恒成立，求实数a的取值范围．20．已知函数()ln()afxxaRx=+.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）当0a时，若函数()fx在[1,]e上的最小值是2，求a的值．21．已知函

数()xfxxe=（其中e为自然对数的底数）.（1）求函数()fx的最小值；（2）求证：()1ln2xfxex+−.参考答案1-12AADBADDABACC13．814．4-ln315.cab16.1,e+

三、解答题17.解：（1）由f（x）＝x3+ax2+bx+c，求导数得f′（x）＝3x2+2ax+b，过y＝f（x）上点P（1，f（1））的切线方程为：y﹣f（1）＝f′（1）（x﹣1）即y﹣（a+b+c+1）＝（3+2a+b）（x﹣1）故32321ababc++=

++−=，即203ababc+=++=，∵有y＝f（x）在x＝﹣2时有极值，故f′（﹣2）＝0，∴﹣4a+b＝﹣12，则203412ababcab+=++=−+=−，解得a＝2，b＝﹣4，c＝5，f（x）＝x3+2x2﹣4x+5．f′（x）＝3x2+2ax+b＝3x2

+4x﹣4＝（3x﹣2）（x+2）x﹣3（﹣3，﹣2）﹣2（﹣2，23）23（23，1）1f′（x）+0﹣0+f（x）8增函数极大值减函数极小值增函数418．【详解】（1）1()2fxxx=+，∵1xe，∴()

0fx，()fx在[1e，e2]上递增，∴2(1)11feefx==−最小值，()24()2fxfee==+最大值；（2）证明：令3221()()()132Fxgxfxxxnx=−=−−，则3221()xxFxx−−=，令32()21hxxx=−

−，∵1x，∴()2(31)0hxxx=−，()hx在(1,)+递增，()(1)0hxh=，∴(1,)x+时，()0Fx，∴()Fx在(1,)+递增，1()(1)06FxF=，即()()gxfx

，∴(1,)x+时，函数()gx的图象在()yfx=图象的上方.19．解：（1）0=a时，()xxxfln=，()1ln+=xxf-令()0=xf得ex1=，当ex10时()0xf，当ex1时()0xf所以()xf的单调递增

区间+,1e,递减区间是e10，（2）对一切()+,0x，()()xgxf恒成立，即2ln2−−−xaxxx恒成立.也就是xxxa2ln++在()+,0x恒成立.令()xxxxF2ln++=，则()

()()2222122211xxxxxxxxxF−+=−+=−+=在()0,1上()'0Fx，在()1+，上()'0Fx，因此，()Fx在1x=处取极小值，也是最小值，即()()min13FxF==，所以3a20．解：(1

).(2)a=e21．（1）因为()xfxxe=，所以()()1xfxxe=+当1x−时，()()10xfxxe=+，()fx单调递减当1x−时，()()10xfxxe=+，()fx单调

递增，所以()()min11fxfe=−=−（2）证明：要证()1ln2xfxex+−，只需证明：()11ln02xxex−−+对于0x恒成立，令()()11ln2xgxxex=−−+，则()()10xgxxexx=

−，当0x时，令1()()xhxgxxex==−，则21()(1)0xhxxex=++，()hx在(0,)+上单调递增，即()1xgxxex=−在()0,+上为增函数又因为222333223227033238gee

=−=−，()110ge=−所以存在02,13x使得()00gx=由()00200000110xxxegxxexx−=−==得0201xxe=即0201

xex=即0201xex=即002lnxx−=所以当()00,xx时，()10xgxxex=−，()gx单调递减当()0,xx+时，()10xgxxex=−，()gx单调递增所以()()()0320000000

022min00122111ln2222xxxxxxgxgxxexxx−++−==−−+=++=，令()3222213xxxxx=++−，则()22153223033xxxx=++=++所以()x在2,13

上单调递增，所以()0220327x=，所以()()()002002xgxgxx=，所以()11ln02xxex−−+，即()1ln2xfxex+−．