福建省龙岩市一中2021-2022学年高二下学期3月第一次月考数学试题

龙岩一中2021-2022 学年高二第二学期第一次月考 数学试卷 （考试时间：120 分钟满分：150 分） 第Ⅰ卷（选择题共60 分） 一、单项选择题（本大题共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. 水以匀速注入如图容器中，试找出与容器对应的水的高度 与时间的函数关系图象（ ） A. B. C. D. 2. 函数  2 cos sin 1 f x x x x x    的图象大致为（） A. B. C. D. 3. 点A 是曲线 2 3 ln 2 y x x   上任意一点，则点A 到直线 2 1 y x   的最小距离为（） A. 5 10 B. 5 5 C. 2 5 5 D. 5 4. 已知函数 ( ) f x 在R 上满足 2 (1 ) 2 (1 ) 3 1 f x f x x x      ，则曲线 ( ) y f x  在点(1, (1)) f 处的切线方程是（） A. 3 2 0 x y    B. 3 2 0 x y    C. 1 0 x y   D. 2 0 x y    5. 若函数 2 x e ax a g x x    在  2,3 内单调递增，则实数a 的取值范围是（） A.  3, e    B.  2, e    C.   3, e   D.   2, e   6. 已知函数  3 3 1 f x x x    ，若对于区间[ ] 3,2 - 上的任意 1 2 , x x ，都有    1 2 f x f x t  ， 则实数t 的最小值是( ) A. 20 B. 18 C. 3 D. 0 7. 已知函数 2 e 2 ln x f x k x kx x    ，若 2 x 是函数  f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范 围是（） A.   0 2 ， B.   2  ， C. e , 2         D. 2 e , 4         8. 已知f(x)=   3 , 1 1 , 1 lnx x x x x         ，若关于 x 的方程   2 ( ) ( ) 1 0 f x mf x m     恰好有 4 个不相 等的实数解，则实数m 的取值范围为 A. 1 1 1) e  （- ， B. （ 1 1 , 1 e   ） C. 1 (1, 1) e  D. （0， 1 e ） 二、多项选择题（本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分.在每小题给出的四个选项 中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5 分，选对但不全的得2 分，有选错 的得0 分） 9. 如图是导函数  y f x 的 图象，则下列说法错误的是（） A.   1,3  为函数  y f x  的单调递增区间 B.   0,5 为函数  y f x  的单调递减区间 C. 函数  y f x  在 0 x 处取得极大值 D. 函数  y f x  在 5 x 处取得极小值 10. 定义在R 的函数  f x ，已知   0 0 0 x x  是它的极大值点，则以下结论正确的是（） A. 0 x  是   f x  的一个极大值点 B. 0 x  是  f x  的一个极小值点 C. 0 x 是  f x  的一个极大值点 D. 0 x  是   f x   的一个极小值点 11. 若对任意的 1 x ，   2 ,   x m ，且 1 2 x x  ，都有 1 2 2 1 2 1 ln ln 2 x x x x x x    ，则m 的值可能是 （） A. 1 3 B. 1 e C. 3 e D. 1 12. 已知函数  x a f x a x   （ 0 x  ， 0 a  且 1 a ），则（） A. 当 e a 时，  0 f x  恒成立 B. 当0 1 a  时，  f x 有且仅有一个零点 C. 当 e a  时，  f x 有两个零点 D. 存在 1 a ，使得  f x 存在三个极值点 第Ⅱ卷（非选择题共90 分） 三、填空题，本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分. 13. 函数 ( ) f x 可导，且 (1) 2 f  ，则 0 x  时，    1 Δ 1 2Δ f x f x   __________ . 14. 设函数 ( ) cos sin (0 ) f x x x x x     ，函数  f x 的最小值是__________. 15. 已知函数  f x 的导函数为  f x  ，   3 f x f x    ， 0 3 f ，则 3 f x  的解集为__ _________. 16. 已知 0 a  ，若 eax f x x  ，则函数 ( ) f x 的单调递增区间是___________；若不等式 2 1 1 e 0 a ax a x a     对   0,4 x  恒成立，则实数a 的取值范围为___________. 四、解答题(本大题共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. 已知函数 3 2 ( ) 3 9 . f x x x x a     (1)求 ( ) f x 的单调减区间 (2)若 ( ) f x 在区间[ 2,2]  上的最大值为20 ，求它在该区间上的最小值. 18. 已知函数  2 1 x f x e x x    . （1）求函数  f x 的极值； （2）证明： x R  ，  3 f x x  . 19. 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为30 元，并且每件产品须向总公司缴纳a 元( a 为常数，2 5 a )的管理费．根据多年的统计经验，预计当每件产品的售价为x 元时，产品 一年的销售量为 ( x k e e 为自然对数的底数)万件．已知每件产品的售价为40 元时，该产品一年的 销售量为500 万件．经物价部门核定每件产品的售价x 最低不低于35 元，最高不超过41 元． （Ⅰ）求分公司经营该产品一年的利润( ) L x 万元与每件产品的售价x 元的函数关系式； （Ⅱ）当每件产品的售价为多少元时，该产品一年的利润( ) L x 最大，并求( ) L x 的最大值． 20. 已知函数    2 ln f x x a x x     在 0 x 处取得极值 （1）求函数 ( ) f x 的单调性； （2）证明：对于任意的 正整数n ，不等式 2 3 4 1 2 ln( 1) 4 9 n n n          都成立. 21. 已知函数  2 ln 1 f x x x ax   ． （1）若  0 f x  恒成立，求实数a 的取值范围． （2）若函数  3 1 y f x ax ax     的两个零点为 1 x ， 2 x ，证明： 2 1 2 e x x  ． 22. 已知函数 ( ) ln 2sin f x x x x    ． （1）证明： ( ) f x 在区间 π 0, 2      存在唯一的极值点； （2）试讨论 ( ) f x 的 零点个数. 【1 题答案】 【答案】A 【2 题答案】 【答案】A 【3 题答案】 【答案】A 【4 题答案】 【答案】D 【5 题答案】 【答案】B 【6 题答案】 【答案】A 【7 题答案】 【答案】D 【8 题答案】 【答案】B 【9 题答案】 【答案】BC 【10 题答案】 【答案】AD 【11 题答案】 【答案】BCD 【12 题答案】 【答案】ABC 【13 题答案】 【答案】1 【14 题答案】 【答案】π  【15 题答案】 【答案】  ,0   【16 题答案】 【答案】 ①. 1 , a       ## 1 , a         ②.   0,2 3 2 3,         【17 题答案】 【答案】(1) （－∞，－1），（3，＋∞）(2)-7 解：（Ⅰ）f′（x）=﹣3x2+6x+9． 令f′（x）＜0，解得x＜﹣1 或x＞3， 所以函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣1），（3，+∞）． （Ⅱ）因为f（﹣2）=8+12﹣18+a=2+a，f（2）=﹣8+12+18+a=22+a， 所以f（2）＞f（﹣2）． 因为在（﹣1，3）上f′（x）＞0，所以f（x）在[﹣1，2]上单调递增， 又由于f（x）在[﹣2，﹣1]上单调递减， 因此f（2）和f（﹣1）分别是f（x）在区间[﹣2，2]上的最大值和最小值，于是有22+a=20，解 得a=﹣2． 故f（x）=﹣x3+3x2+9x﹣2，因此f（﹣1）=1+3﹣9﹣2=﹣7， 即函数f（x）在区间[﹣2，2]上的最小值为﹣7． 【18 题答案】 （1）函数  2 1 x f x e x x    ，xR ， 则  2 1 x f x e x     ， 由  0 f x  ′ 可知在R 上单调递增，且  0 0 f  ， 故当   ,0 x 时，  0 f x  ′ ， 当   0, x 时，  0 f x  ′ ， 故函数  f x 有极小值  0 2 f ，无极大值； （2）证明：依题意对 x R  ， 3 0 f x x   ，即 2 e 4 1 0 x x x    ； 设  2 4 1 x e x F x x    ，则  4 2 x F x e x     ，设   4 2 x G x F x e x     . 因为  2 0 x G x e     ，所以  G x 在R 上单调递增. 又因为  0 3 0 G   ，  1 2 0 G e   ， 所以  0 G x 在  0,1 内有唯一解，记为 0 x ，即 0 0 e 4 2 x x  . 当 0 x x  时，  0 F x   ，  F x 单调递减； 当 0 x x  时，  0 F x   ，  F x 单调递增； 所以   0 2 2 0 0 0 mi 0 0 n 4 1 6 5 x F x e x x x F x x        ，   0 0,1 x  . 设   2 2 6 5 3 4 g x x x x       ，   0,1 x ，则  1 0 g x g  ， 所以  0 0 F x  ， 所以  0 F x  ，即 x R  ，  3 f x x  . 【19 题答案】 【答案】(1) L(x)= 500(x－30－a)e40－x(35≤x≤41)；(2) 当2≤a≤4 时，每件产品的售价为35 元，该产 品一年的利润L(x)最大，最大为500(5－a)e5万元；当4<a≤5 时，每件产品的售价为(31＋a)元时， 该产品一年的利润L(x)最大，最大为500e9－a万元. (1)由题意，该产品一年的销售量为y＝ . 将x＝40，y＝500 代入，得k＝500e40. 故该产品一年的销售量y(万件)关于x(元)的函数关系式为y＝500e40－x. 所以L(x)＝(x－30－a)y＝500(x－30－a)e40－x(35≤x≤41)． (2)由(1)得，L′(x)＝500[e40－x－(x－30－a)e40－x]＝500e40－x(31＋a－x)． ①当2≤a≤4 时，L′(x)≤500e40－x(31＋4－35)＝0， 当且仅当a＝4，x＝35 时取等号． 所以L(x)在[35，41]上单调递减． 因此，L(x)max＝L(35)＝500(5－a)e5. ②当4<a≤5 时，L′(x)>0⇔35≤x<31＋a， L′(x)<0⇔31＋a<x≤41. 所以L(x)在[35，31＋a)上单调递增，在[31＋a，41]上单调递减． 因此，L(x)max＝L(31＋a)＝500e9－a. 综上所述当2≤a≤4 时，每件产品的售价为35 元，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500(5－ a)e5万元； 当4<a≤5 时，每件产品的售价为(31＋a)元时，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500e9－a万元． 【20~21 题答案】 【小问1】  1 2 1 f x x x a      ， 0 x   为  f x 的极值点  1 1 1 0 0 f a a          2 ln 1 f x x x x         2 3 1 2 1 1 1 x x x x x f x          ，令  0 0     f x x x   1,0    0,    f x  ＋ －  f x    f x  的增区间是  1,0  ，减区间是  0,   ； 【小问2】 由（1）知当   0, x 时，   0 0 f x f  ，即   2 ln 1 x x x    令 1 x n  ，则 2 1 1 1 ln 1 n n n                ，即 2 1 1 ln n n n n           2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 ln ln ln ln ln 1 4 1 2 1 2 n n n n n n n                             ， 即   2 3 4 1 2 ln 1 4 9 n n n          【21 题答案】 （1）解：因为  0 f x  恒成立，所以 2 ln 1 0 x x ax  ， 即 1 ln a x x x   恒成立． 令 1 ln g x x x x   ，则  2 1 ln 1 g x x x    ， 易知  g x  在  0,   上单调递增，且  1 0 g ． 所以当   0,1 x 时，  0 g x   ；当   1, x 时，  0 g x   ． 所以 g x 在  0,1 上单调递减，在  1,上单调递增， 所以  min 1 1 g x g  ，故 1 a ． （2）证明：由题意可知方程ln 0 x ax  的两根为 1 x ， 2 x ． 令 ln h x x ax   ，则 h x 的两个零点为 1 x ， 2 x ．  1 1 ax h x a x x      ． 当 0 a 时，  0 h x   ， h x 在  0,   上单调递增，不存在两个零点； 当 0 a  时， h x 在 1 0, a      上单调递增，在 1 , a       上单调递减， 则max 1 1 ln 1 0 h x h a a           ，得 1 0 e a   ． 设 1 2 x x  ，则 1 1 0, x a      ， 2 1 , x a        ． 因为   1 2 0 h x h x  ，所以 1 1 ln x ax  ， 2 2 ln x ax  ． 要证 2 1 2 e x x  ，即要证   1 2 1 2 ln ln 2 x x a x x     ，即证 1 2 2 x x a   ． 令   2 2 2 ln ln F x h x h x x a x x ax a a a                            2 ln ln 2 2 x x ax a            ， 1 0, x a      ． 则      2 2 1 0 2 ax F x x ax      ，所以  F x 在 1 0, a       上单调递减，所以  1 0 F x F a         ． 因为   1 1 1 2 0 F x h x h x a           ，所以    1 1 2 2 0 h x h x h x a           ． 因为 2 x ， 1 2 1 , x a a         ，且 h x 在 1 , a       上单调递减， 所以 2 1 2 x x a   ，即 1 2 2 x x a   ，故 2 1 2 e x x  成立． 【22~23 题答案】 【小问1】 证明：函数 ( ) f x 的定义域为(0, ) ，导函数为 1 ( ) ( ) 1 2cos h x f x x x      , 当 π 0 2 x   时， 2 1 ( ) 2sin 0 h x x x     ，所以 ( )  f x 在 π 0, 2      单调递减． 又因为 π 3 0 3 π f          ， π 2 1 0 2 π f           ， 根据函数零点存在定理， ( ) 