山东省济南市山东师范大学附属中学2021-2022学年高二下学期第一次月考数学试题

2020 级2021-2022 学年3 月学业水平测试 数学试题 一､单项选择题：本大题共8 个小题，每小题5 分，共40 分.每小题给出的四个选项 中只有一项是符合题目要求的. 1. 函数  y f x  的图象在点    3 3 P f , 处的切线方程是 5 y x   ，则   3 3 f f   （） A. 1 2 B. 1 C. 2 D. 0 2. 函数  2 1 ln 5 2 f x x x    的单调递增区间为（） A.   0,1 B.   1,1  C.   1, D.   0, 3. 函数 3 2 3 9 2 f x x x x     ，   2,2 x 有（） A. 极大值25，极小值 7  B. 极大值25，极小值9  C. 极大值25，无极小值 D. 极小值7  ，无极大值 4. 设函数  f x 在R 上可导，导函数为 ( ), ( 1) ( ) f x y x f x     图象如图所示，则（） A. ( ) f x 有极大值 (2) f ，极小值 (1) f B. ( ) f x 有极大值 ( 2) f  ，极小值 (1) f C. ( ) f x 有极大值 (2) f ，极小值 ( 2) f  D. ( ) f x 有极大值 ( 2) f  ，极小值 (2) f 5. 某产品的销售收入 1 y （万元）是产量x（千台）的函数，且函数解析式   2 1 20 0 y x x   ，生 产成本 2 y （万元）是产量x（千台）的函数，且函数解析式   3 2 2 2 0 y x x x    ，要使利润最 大，则该产品应生产（） A. 6 千台 B. 7 千台 C. 8 千台 D. 9 千台 6. 直线y kx  与曲线   ln 2 y x  相切，则实数k 的 值为（） A. 1 B. 1 2 C. 2 e D. 2 2 e 7. 函数  3 2 1 3 3 x ax x f x     在区间  2,4 内存在极值点，则（） A. 15 3 8 4 a   B. 15 3 8 4 a    C. 15 8 a  或 3 4 a  D. 15 8 a  或 3 4 a  8. 若 1 2 0 1 x x < < < ，则（） A. 2 1 2 1 2 2 x x e e x x    B. 2 1 2 1 2 2 x x e e x x    C. 2 1 1 2 ln ln x x x x  D. 2 1 1 2 ln ln x x x x  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，有多项符合题目要求，全部选对的得5 分，部分选对的得2 分，有选错的得0 分. 9. 下列结论中不正确的是（） A. 若  cos f x x x  ，则  sin f x x   B. 若 3x f x  ，则  1 3x f x x    C. 若    ln 3 f x x  ，则  1 f x x   D. 若  3 e x f x  ，则  3 e x f x   10. 已知函数    ln 2 f x x x   ，则（） A.  f x 在   0,   单调递增 B.  f x 有两个零点 C. 曲线  y f x  在点     1, 1 f   处切线的斜率为1  D.  f x 是偶函数 11. 已知函数  f x 的定义域为R，其导函数  f x  的图象如图所示，则对于任意   1 2 1 2 , x x x x   R ，下列结论正确的是（） A.      1 2 1 2 0 x x f x f x        B.      1 2 1 2 0 x x f x f x        C.   1 2 1 2 2 2 f x f x x x f         D.    1 2 1 2 2 2 f x f x x x f         12. 已知函数  ln   x f x e a x ，其中正确结论的 是（） A. 当 1 a 时，  f x 有最小值 B. 对于任意的 0 a  ，函数  f x 是  0,   上的增函数 C. 对于任意的 0 a  ，函数  f x 一定存在最小值 D. 对于任意的 0 a  ，函数  f x 既存在极大值又存在极小值 三､填空题：本大题共4 个小题，每小题5 分，共20 分. 13. 若函数    2 1 1 2 1 2 f x f x x      ，则   1 f  ___________. 14. 若函数  3 2 6 9 x x x f x a     在  2 2 , 上的最大值为3，则  a ___________. 15. 已知函数  2 1 ln 2 f x a x x   ，若对任意两个不等的正实数 1 2 , x x ，都有    1 2 1 2 2 f x f x x x    成立，则实数a 的取值范围为___________. 16. 函数  f x 的定义域为R，  1 5 f ，若对任意的xR ，都有  2 3x f x   成立，则不等式  3 4 f x x   的解集为___________. 四､解答题：本大题共6 小题，共70 分. 17. 已知函数    2 2 ln 0 a a x x a x f x     ，若曲线  y f x  在点    1, 1 f 处的切线与直线 2 1 0 x y   垂直. （1）求实数a 的值； （2）求函数  f x 的单调区间. 18. 已知函数 3 2 2 3 f x x mx nx m     在 1 x  处有极值0. （1）求实数m，n 的值； （2）设  2 6 8 20 g x x x x f     ，过点  0,0 作  y g x  的切线，求切线方程. 19. 已知函数  2 1 x x x f x e    . （1）求函数  f x 的单调区间； （2）若函数  y f x a   （a 为常数）有3 个不同的零点，求实数a 的取值范围. 20. 已知函数 e sin 1 x x f x x   . （1）求曲线  y f x  在点    0, 0 f 处的切线方程； （2）求函数  f x 在区间 π π , 2 2       上的最大值和最小值. 21. 已知函数  2 1 2 e 2 x a f x x a x     . （1）若 1 a ，判断 f x 在  ,0  上的单调性； （2）若 f x 在R 上是增函数，求实数a 的取值范围. 22. 已知函数    2 2 1 ln 1 x m x f x m x     . （1）当 1 m 时，求曲线  y f x  的极值； （2）求函数  f x 的单调区间； （3）若对任意的 1 ,1 2 m      及任意的   1,3 x 时，恒  mt f x  成立，求实数t 的取值范围. 【1 题答案】 【答案】B 【2 题答案】 【答案】A 【3 题答案】 【答案】D 【4 题答案】 【答案】C 【5 题答案】 【答案】B 【6 题答案】 【答案】C 【7 题答案】 【答案】B 【8 题答案】 【答案】C 【9 题答案】 【答案】ABD 【10 题答案】 【答案】ABC 【11 题答案】 【答案】BC 【12 题答案】 【答案】AB 【13 题答案】 【答案】1  【14 题答案】 【答案】1  【15 题答案】 【答案】[0, )  【16 题答案】 【答案】  1, 【17 题答案】 【答案】（1） 3 2 a  （2）单调递减区间为 3 0, 2      ，单调递增区间为 3 , 2        【小问1 详解】  f x 的定义域为  0 x x  .    2 2 2 1 0 a a x f x x x      . 根据题意，有  1 2 f   ，所以 2 2 3 0 a a   ， 解得 1 a  或 3 2 a  . 因为 0 a  ，所以 3 2 a  . 【小问2 详解】 当 3 2 a  时  f x 的定义域为  0 x x  ，    2 3 3 2 x x x f x           ， x 3 0, 2       3 2 3 , 2         f x  - 0 +  f x  极小  所以函数  f x 单调递减区间为 3 0, 2      ，单调递增区间为 3 , 2       . 【18 题答案】 【答案】（1） 2 9 m n     （2）13 0 x y   【小问1 详解】  2 3 6 f x x mx n     . 根据题意，有   1 0 f  ，  1 0 f  ， 所以 2 6 3 0 3 1 0 m n m n m            ，解得 1 3 m n     或 2 9 m n     . 检验：当 1 3 m n     时， 1 x  不是 极值点；当 2 9 m n     时， 1 x  是极值点. 所以 2 9 m n     . 【小问2 详解】 由（1）知 3 16 x g x x    ， 设切点  3 0 0 0 , 16 x x x   ，  2 0 0 3 1 k f x x     ， 所以切线方程为     3 2 0 0 0 0 16 3 1 y x x x x x       ， 又因为切线过点  0,0 ，所以     3 2 0 0 0 0 0 16 3 1 0 x x x x       ， 所以 0 2 x  ，所以切线方程为13 0 x y  . 19【答案】（1）单调递增区间为  1,2  ，单调递减区间为  , 1  和  2, （2） 2 5 0 a e   【小问1 详解】  2 1 x x x f x e    ，定义域R ， ∴     2 2 1 2 x x x x x x e f x e          ， 由  0 f x   可得1 2 x    ，由  0 f x   可得 2 x  或 1 x  . ∴函数  f x 的单调递增区间为  1,2  ， 单调递减区间为  , 1  和  2,. 【小问2 详解】 函数  f x 在   1,2  单调递增，在  , 1  和  2,单调递减. 且当 1 x  或 2 x 时，  0 f x  . ∴  f x 的极大值为  2 5 2 f e  ，  f x 的极小值为   1 f e   ， 当 2 x  时，  2 2 5 e e f x   ；当x 时， 0 f x  . 由题意可知  2 0 5 2 a f a e         ，则 2 5 0 a e   . 【20 题答案】 【答案】（1） 1 y  （2） min 1 f x ，  π 2 max π e 1 2 f x    【小问1 详解】 由 e sin 1 x x f x x   ，得    e cos sin 1 x x x x f     ，  0 1 f ，  0 0 f  ， 函数曲线  y f x  在点    0, 0 f 处的切线方程为 1 y . 【小问2 详解】 当 , 2 2 π π x       ，  e 2cos 0 x f x x    ，  y f x   在区间 π π , 2 2       上递增， 又  0 0 f  ， 所以，当 π ,0 2 x       ，   0 0 f x f    ， 所以  y f x  在 π ,0 2       上单减， 当 π 0, 2 x      ，   0 0 f x f    ，所以  y f x  在 π 0, 2      上单增. 所以  min 0 1 f x f  ， 因为 2 2 e sin( ) 1 e 1 2 2 2 2 f                      ， π 2 π π e 1 2 2 f         ， 所以 2 2 2 2 e 1 e 1 e e 2 2 2 2 f f                                  ， 令( ) e e 2 x x g x x     ，则 ( ) e e 2 x x g x      ， ( ) e e 0 x x g x       ， 所以 ( ) g x  在R 上递增， 因为 1 1 (1) e e 2 e 2 0 e g        ， 所以( ) g x 在(1, ) 上递增， 所以 1 (1) e e 2 0 2 g g            ，所以 >0 2 2 f f                 所以  π 2 max π π e 1 2 2 f x f           . 【21 题答案】 【答案】（1）在  ,0  上单调递增 （2） 3 , e      【小问1 详解】 由 1 a ，  2 1 2 e 1 2 x f x x x     ， 所以  2 ex f x x    . 令 2 ex h x x   ，则  1 e 0 x h x    所以  f x  在  ,0  单减， 又  0 1 0   f ，所以  0 f x   在  ,0  恒成立，所以  f x 在  ,0  上单调递增. 【小问2 详解】 由已知  2 1 2 e 2 x a f x x a x     ，得  2 ex f x x a    . 因为函数 f x 在R 上是增函数，所以  0 f x  恒成立， 即不等式 2 e 0 x x a    恒成立，整理得 2 ex x a    ，即 min 2 ex x a         ， 令 2 ex x g x    ，  3 ex x g x    . x，  g x  ， g x 的变化情况如下表： x   ,3  3   3,  g x  - 0 +  g x  极小值  由此得  3 e 3 a g    ， 经检验知，当 3 e a   时， f x 不是常数函数， 所以a 的取值范围是 3 , e     . 【22 题答案】 【答案】（1）  7 ln 2 4 f x  极小 ，无极大值 （2）答案见解析（3） 3 t≤ 【小问1 详解】 函数  f x 的定义域为  0,   ， 当 1 m 时，  2 ln 1 f x x x x    ， 令     2 1 1 0 x x f x x     ，得 1 x  （舍）， 1 2 x  ， x，  f x  ，  f x 的变化情况如下表： x 1 0, 2       1 2 1 , 2         f x  - 0 +  f x  极小值  ∴  1 7 ln 2 2 4 f x f          极小 ，无极大值. 【小问2 详解】         2 2 2 1 2 1 2 2 1 x m x m x x m m x m x x x x f             ，令  0 f x  ，可得 1 1 2 x  ， 2 x m  . ①当 0 m 时，由  0 f x   可得  f x 在 1 0, 2      上单调递减， 由  0 f x   可得  f x 在 1 , 2       上单调递增. ②当 1 0 2 m    时，由  0 f x   可得  f x 在 1 , 2 m 