福建省福州市福州恒一高级中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题

2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试题 考试时间:120分钟 命题人:曾桂英 审题人:白根生 一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分,在给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的 1. 小米汽车首款车型小米S07于2024年3月28日正式发布,该款车型有9种外观颜色,4 种内搭颜色可供选择,若车主自由选择车的外观和内搭颜色,共有( )种情况. A.4 B.9 C. 13 D. 36 。(3-a)-f(3+ax)-2,则函数y-f(x)在x-3处的导数 为( B. -1 A.-2 C.1 D. 2 3. 已知函数f(x)-xlnx+f'(1)x+2,则/'(1)=( ~ A.-1 B.1 C. -2 D. 2 4. 下列函数中,既是奇函数,又在(0.+)上是单调函数的是( _ A. f(x)-2 C. /(x)=x-sinx B. /(x)-xx D./(x)-x-cosx 5 已知函数f(x)=al+x2,在区间(0,2)上任取两个不相等的实数x,x2:若不等式 f(x-/(x)>0恒成立,则实数a的取值范围是( x-x _ A.[-8,)B.( co,-8] C.[0,+) D.(-o;0] 6.如图,某城市在中心广场建造一个花圈,花圃分为6个部分,现要栽种4种不同颜色的花 每部分裁种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花,不同的栽种方法有( )种. A.80 B. 120 C.40 D.160 若关于x的方程/(x)-a有3个不同实根,则实数a取值范围为 3x-”,x<0 _ ) C.#~ D.01) B.(-2.0) 试卷第1页,共4页 8. 已知函数f(x)=xex+m-x2-mx在区间[-1-m,1-m]上有且仅有两个极值点,则实 数m的取值范围为( ) A.(1.2-) B.(1,e) C.(1,2-1 D.(1,e] 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分,在给出的选项中,有多项符合题目要求 全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分 9.已知定义在R上的函数f(x),其导函数/(x)的大致图象如图所示,则下列叙述不正确的 是( y,_i) A.f(a)>f(e)→f(d) B.函数f(x)在a,b]上递增,在[b,上递减 C. 函数f(x)的极值点为c,e D. 函数f(x)的极大值为f() 10. 已知函数f(x)- _ A. 函数f(x)存在两个不同的零点 B. 函数/(x)既存在极大值又存在极小值 C. 当一e<k<0时,方程/(x)三k有且只有两个实根 11. 已知函数f(x)=x2-2xlnx,g(x)=e*-lnx-2,下列说法正确的是( A. 函数g(x)存在唯一极值点xo,且xoE({,1) 则函数h(x)无零点 C. 若g(x)+2>m恒成立,则m<2 三、填空题:本题共3小题,每小题5分。共15分。 试卷第2页,共4页 12.若物体的运动方程是s-3+2-1,(-3时物体的瞬时速度是 13. 对于三次函数f(x)=ar3+bx2+cx+d(a0),给出定义:设f(x)是函数y=f(x)的 导数,f(x)是函数f(x)的导数,若方程f'(x)=0有实数解xo,则称点(xo. ((x))为函数y一f(x)的“拐点”,某同学经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐 点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.给定函数f(x)=x3- ①函数f(x)一3-x2}+3x-的对称中心坐标为 ②计算f(20)+f(-2)+f(2024)+.+ 14. 已知不等式xte-alnxx在(1,+o)上恒成立,则a的取值范围是 四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分)已知三次函数f(x)=x$+ax^②}-6x+b,a,bER,f(0)-1,曲线y=f(x)在点 (1,f(1))处切线的斜率为一6 (1)求函数y一f(x)的解析式 (2)求f(x)在区间[-2,4]上的最值 16.(15分)已知函数f(x)=e*-ax},aeR,f”(x)为函数/(x)的导函数. (1)讨论函数/(x)的单调性; (2)若任意xe(0.1),f(x)+f(x)<2-ax2恒成立,求a的取值范围. 试卷第3页,共4页 17.(15分)已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln(x-1),其中a为实数. (1)若o三-1,试求函数f(x)的单调区间 (2)当E[o,],&,x[2,3],且x,x时,若有 /(x)-f(x)<aln(x-1)-ln(x-1), 试求实数的取值范围 18.(17分)已知函数f(x)=(x-a)lnx+x (1)当a=0时,求f(x)在x=1处的切线方程 (2)当a>0时,f(x)1在xE[1,+o)上恒成立,求a的取值范围 2 19.(17分)已知函数/(x),g(x),若存在实数n,使得/(n)+g(n)=0,则称/(x)与g(x)为“互 补函数”,,n为"互补数”. (2)已知函数/(x)-(x<0),8(x)=(x+1)e为“互补函数”,且m,"为“互补数”. (ì)是否存在,n,使得n+n=0?说明理由 (jìi)若n+neJa,0),ae(-1,0),用a的代数式表示n-n的最大值 2024-2025学年高二上学期第一次月考 数学试题答案 选择题答案 单选 C A C D 多选 ABC ABD ABD 填空题 13. (1), 2023 12.33 14.(-0 (多选)11.(6分)已知函数f(x)=x2-2xlnx,g(x)=ex-lnx-2,下列说法正确的是 . A. 函数g(t)存在唯一极值点xo,且xoE(2,1) 则函数h(x)无零点 C. 若g(x)+2>m恒成立,则m<2 D. 若$a→o,b>o,则a+-(n(a+b)→(n(1+) g#)=e-2<0,(1)=e-1>0. 所以xoE(,1),使得g'(xo)=0,A正确. B项,g(x)恒大于0,f(x)恒大于0,故h(x)无零点,B正确. C项,即ex-tnx>m恒成立,令(x)=ex-lnx,则r(x)=ex-1 由r'(x)在(0,+o)上递增,又r()=ve-2<o,'(1)=e-1>0. 所以存在xoE(,1),使r'(vo)=0,所以r(x)在(0,xo)上递减, 所以n<r(xo),存在2<m<,(xo)满足题意,故C错误 D项,构造(a+b)2-2(a+b)/n(a+b)>a2-2alna, 且/(x)在(0,+o)单调递增,a+b>b,所以D正确. 故选:ABD. 四、解答题:本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 【解析】(1)先求函数的导数,进而根据/'(1)=-6求出a的值,然后根据f(0)=1,求出 b的值即可求出函数的解析式; (2)先利用导数判断函数的单调性,进而求出函数在区间[-2,4上的最值 【详解】(1)f(x)=3x?+2ax-6 3 .f(0)=1,..b-1, (2) /(x)=3x}-3x-6=3(x+1)(x-2). 令/”(x)=0得x=-1.x.=2 当xE[-2,-1)时,/(x)>0,f(x)单调递增 当xE(-1.2)时,/(x)<0,f(x)单调递减; 当xE(2,4]时,/(x)>0,f(x)单调递增, 在x=2时取得极小值为f(2)一-9, ·/(-2)=-1>/(2)./(4)=17> 2 .f(x)在区间[-2,4]上的最大值为17,最小值为-9 16.(3.(1)答案见解析 (2)e-1,+{) 【分析】(1)先对参数进行分类讨论,再利用导数求解单调性即可. (2)利用分离参数法得到a>g(x),再利用导数得到g(x)<g(1)=e-1,最后得 到参数范围即可 【详解】(1)因为/(x)=e{-ax},且定义域为R, 所以/(x)=e-2ax, 令g(y)-e'-2ay,则g'(x)-e-2a, 当a0时,g'(x)0,函数/”(x)在R上单调递增; 当a>0时,令g'(x)>0,得到xe(ln2a,+o),令g(x)<0,得到xe(-o,ln2a) 故函数/(x)在(-o.ln2a)上单调递减,在(ln2a.+)上单调递增 综上:当a<0时,/(x)在R上单调递增; 当a0时/'(x)在(-o,ln2a)上单调递减,在(ln2a,+oo)上单调递增 (2)由(1)得/(x)=e-2ax, 因为对于任意xe(0,1),/(x)+f”(x)<2-ax2恒成立, 所以e-ax}+e-2ax<2-ax恒成立 化简得2e-2<2ax恒成立,故a“-1恒成立, 8(x)-(x-1)+1 令u(x)=(x-1)e+1,则u'(x)=xe>0. 得到u(x)在(0,1)单调递增,即u(x)>u(0)=0 故g’(x)>0,g(x)在(0.1)单调递增,而g(1)=e-1. 即g(x)<g(1)-e-1,故vee-1,+c). 17.(15分)已知函数f(x)-1x2-(2a+1)x+aln(x-1),其中a为实数. (1)若a三-1,试求函数f(x)的单调区间; (2)当aE[0,1,x,x2E[2,3],且xx时,若恒有f(x)-f(x2)<ln(x2-1) -/n(x1-1)1.试求实数x的取值范围. 当x>2时,f(x)>0,f(x)单调递增;当1<x<2时,f(x)<0.f(x)单调 递减. .函数/(x)的单调增区间为(V2,+co),单调减区间为(1,2). x-1 令(x)=x2-(2a+2)x+3a+1. 当aE[0,1]时,可知4a(a-1)<0,故x2-(2a+2)x+3a+1>0恒成立 可知/(x)>0,f(x)在区间(1,+o)上为单调增函数 不妨设x2x1,且x1,x2E[2,3], 则(x)-f(x) <xn(x-1)-ln(x-1) 变为f(x)-f(x)<xn(x-- 7n(x-1). 即f(x2)-Xn(x2-1)<f(x)-2n(x1-1). 设函数g(x)=f(x)-\ln(x-1)=x2-(2a+1)x+aln(x-1)-aln(x-1) -12-(2a+1)x+(a-)(n(x-1), 由g(x2)<g(x1),得g(x)在区间[2,3]为单调减函数 x-1 在[2,3]上恒成立, 又ae[o,1). .3-2x<0,可知a=0时,(3-2x)+2-2x+1-取最大值 即-2x+1-<0,即>-2x+1对xe[2,3]时恒成立, 由?-2x+1=(x-1)2<4可知>4 即取值范围为[4,+). 18.(17分)已知函数f(x)=(x-a)/nx+x. (1)当a一0时,求/(x)在x一1处的切线方程; (2)当a>0时,f(x)三1在xE{l,+co)上恒成立,求a的取值范围 【解答】(1)解:当a=0时,/(x)=xinx+x 所以/(x)=lnx+2, 所以k-/(1)-2; 又/(1)-1. 所以切线方程为y-1-2·(x-1),即y-2x-1. 设g()=)(x)-tny2-则g(x)-+>2桓成立, 所以g(x)在[1,+o)上单调递增 所以g(x)min-g(1)-2-a. 当2-a三0,即0<a<2时,g(x)0,即/(x)>0,所以f(x)在[1,+o)上单调 递增, 所以/(x)二f(1)=11恒成立; 当2-a<0,即a>2时,g(1)-2-a<0, 存在>0,当xE(1,1+e)时,g(x)<0,即f(x)<0,所以f(x)在(1,1+ ) 上单调递减, 所以f(x)<f(1)一1,不符合题意,舍去 综上,a的取值范围为(0,21. (3)证明:由(2)知,当a>0时,f”(x)在(0,+o)上单调递增, 又f(a)=lna+1>n+1=0,f()=1-ae<, 当xE(0,xo)时,f(x)<0,f(x)单调递减;当xe(xo,+o)时,f(x)>0, f(x)单调递增, 所以fx)-fxo)=xo-a)lnxo+xo=[xo-xo(lnxo+2) ]lnx+xo=-xoln2xo-xolnxo+xo a)上恒成立, 所以h(x)在(,a)上单调递增, 1_1 所以/(x)n#)# 19.(17分)已知函数/(x),gx),若存在实数n,n,使得fn)+gn)=0,则称f(x)与q(x 为“互补函数”,n,n为“互补数” , (2)已知函数/(x)-(t<0),g()(+1)e为“互补函数”,且nn为“互补数”。 (ì)是否存在m,”,使得n+n一0?说明理由. (li)若m+nela.0),a(-1.0),用a的代数式表示n-n的最大值 【答案】(1)不是“互补函数”,理由见解析; (2)(1)存在,理由见解析:(I)1+ (e-+1)(a+1) e_-1 【分析】(1)利用导数分别求出/(x),g(x)的值域,由“互补函数”的定义判断即可; (e-+1)(m+n+1) (e~+1)(x+1) 令n(x)-1+ -,x=(-1,0): m-=1+- __-1 利用导数求出h(x) --_1 的单调性,从而可得m一n的最大值 #(x)#-# (){~# 故不存在实数m,nl,使得f(m)+g(n)=0,则/(x)与g(x)不是“互补函数” (2)(i)存在m,n,使得m+n-0. 1 故存在. (iì) 令g(n)=k,f(m)=-k,则m+ke”-=0,n-ke”+1-0 两式相加可得m+n+1--x(e*-1-e-”). 两式相减可得m-n-1=-k(e-+e*).