【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（文）试卷含答案.docx，共(9)页，383.000 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（文科）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()()0003limtfxtf

xtt→+−−=（）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()sincosfxx=+，[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．函数()cos2xfxx=在[－π，π]上的图象大致为()A．B．C．D．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．函数在区间内存在单调递增区间，

则实数a的取值范围是A.B.C.D.12．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,−+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．设函数()fx的导数为()fx，且322()3fxxfxx=

+−，则(1)f=______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）求该工厂在生产这种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()2ln,fxaxaxxx=−

−且()0fx.（1）求a；（2）证明：()fx存在唯一的极大值点0x，且()2202efx−−南昌十中2021－2022学年下学期第一次月考数学（文科）参考答案一、选择题二、填空题13.-2+i14.15.16.-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CBBDCCDDDDCA...................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()51313xfxxxxxx=−++−−3132ln13xxx=−++−，所以利润()fx（万元）关于月产量x（万件）的函数解析式：31()32ln1,133fxxx

xx=−++−.............................................6分（2）32232()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....................12分所以上当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；...................5分.......

............12分又(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；因此，()fx存在唯一的极值点；.

.............................6分（2）由（1）知，0()(1)2fxf=−，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22.（12分）（1）解：因为f（x

）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a1x−．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞

1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x1a＜时h′（x）＜0、当x1a＞时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（1a），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1a=1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x

）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；............................12分（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2

x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝21x−，令t′（x）＝0，解得：x12=，所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（12）＝l

n2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）20x=−x0﹣x0lnx020x=−x

0+2x0﹣220x=x020x−，由x012＜可知f（x0）＜（x020x−）max2111224=−+=；由f′（1e）＜0可知x0112e＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e）上单调递减，所

以f（x0）＞f（1e）21e=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．.............................12分