河北省正定中学2019-2020学年高二3月线上月考（下学期第一次月考）数学答案.pdf

河北正定中学 2019-2020 学年第二学期高二第一次月考试题 数 学 一．选择题（共 20 小题，每小题 5 分） 1．已知函数 2( ) 3 1f x x x   ，则 0 (1 ) (1)lim (2x f x f x       ) A．5 B． 5 2 C． 5 D． 5 2  【分析】根据瞬时变化率的定义即可求出． 【解答】解： (1f  △ )x f （1） (1  △ 2) 3(1x   △ ) 1 (1 3 1)x      △ 2 5x  △ x ，  0 0 (1 ) (1)lim lim(x x f x f x         △ 5) 5x   ，  0 0 (1 ) (1) 1 (1 ) (1) 5lim lim2 2 2x x f x f f x f x x             ， 故选： B ． 【点评】本题以函数为载体，考查了瞬时变化率的问题，属于基础题． 2．函数 ( )y f x 的图象如图所示，则关于函数 ( )y f x 的说法正确的是 ( ) A．函数 ( )y f x 有 3 个极值点 B．函数 ( )y f x 在区间 ( , 4)  上是增加的 C．函数 ( )y f x 在区间 ( 2, )  上是增加的 D．当 0x  时，函数 ( )y f x 取得极大值 【分析】结合导数与函数单调性的关系可知， ( ) 0f x  ，函数单调递增， ( ) 0f x  ，函数单调递减，结合 图象即可判断函数的单调区间及极值． 【解答】解：结合导数与函数单调性的关系可知，当 5x   时， ( ) 0f x  ，函数单调递增， 当 5 2x    时， ( ) 0f x  ，函数单调递减，当 2x   时， ( ) 0f x  ，函数单调递增， 故当 5x   时，函数取得极大值，当 2x   时，函数取得极小值 故选： C ． 【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值的关系的判断，属于基础试题． 3．函数 ( ) (1 ) xf x x e  的单调递减区间是 ( ) A． ( ,2) B． (2, ) C． ( ,0) D． (0, ) 【分析】先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解．【解答】解： ( ) xf x xe   当 0x  时， ( ) 0xf x xe    ，函数单调递减． 即函数的单调递减区间 (0, ) ． 故选： D ． 【点评】本题主要考查了函数单调区间的求解，属于基础试题． 4．已知 3 2 2( ) 6 4 8f x x ax bx a    的一个极值点为 2 ，且 ( 2) 0f   ，则 a 、b 的值分别为 ( ) A． 1a  、 3b  B． 3a  、 15b  C． 1a   、 9b   D． 2a  、 9b  【分析】先对函数求导，然后结合导数存在的条件即可求解 a ， b ，然后需要检验满足极值是否存在，即 可求解． 【解答】解： 2( ) 3 12 4f x x ax b    ， 则 2( 2) 8 24 8 8 0 ( 2) 12 24 4 0 f a b a f a b                ， 解可得， 1 3 a b    或 2 9 a b    ， 当 1a  ， 3b  时， 2( ) 3( 2) 0f x x   … ，函数单调递增，没有极值，故舍去， 故 2a  ， 9b  ． 故选： D ． 【点评】本题主要考查了极值存在条件的应用，属于基础试题． 5．已知函数 ( )f x f  （e） xlnx ，则 f  （e） ( ) A．1 e B．2 C． 2 e D．3 【分析】可以求出导函数 ( ) 1f x lnx   ，然后即可求出 f （e）的值． 【解答】解： ( ) 1f x lnx   ， f  （e） 2 ． 故选： B ． 【点评】本题考查了基本初等函数的求导公式，积的导数的计算公式，已知函数求值的方法，考查了计算 能力，属于基础题． 6．已知物体的运动方程为 2 1(s t tt   是时间， s 是位移），则物体在时刻 1t  时的速度大小为 ( ) A．1 B． 1 2 C．2 D．3【分析】根据题意，求出物体运动方程的导数，进而可得 1|tS  的值，由导数的几何意义分析可得答案． 【解答】解：根据题意，物体的运动方程为 2 1s t t   ， 则 2 12S t t    ，则 1| 2 1 1tS     ， 即物体在时刻 1t  时的速度大小为 1； 故选： A ． 【点评】本题考查导数的几何意义以及计算，关键是理解导数的定义，属于基础题． 7．曲线 sin 2cosy x x  在点 ( ,2) 处的切线方程为 ( ) A． 2 0x y     B． 2 0x y     C． 2 2 0x y     D． 2 2 0x y     【分析】求出曲线在 x  处的导数值，进而即可列出切线方程 【解答】解：因为 sin 2cosy x x  ，所以 cos 2siny x x   ，则当 x  时， 1y   ， 又因为 x  时， 2y  ，故曲线在 ( ,2) 处的切线方程为 2 ( )y x     ，整理得 2 0x y     ， 故选： A ． 【点评】本题考查利用导数求曲线上某点的切线方程，属于基础题． 8．函数 ( )y f x 的图象如图所示， ( )f x 是函数 ( )f x 的导函数，下列数值排序正确的是 ( ) A． f （2） f （3） f （3） f （2） 0 B． f （3） f （2） f （3） f （2） 0 C． f （3） f （2） f （3） f （2） 0 D． f （2） f （3） f （2） f （3） 0 【分析】根据题意，设 (2M ， f （2） ) 、 (3N ， f （3） ) 为函数的上的点，由导数的几何意义分析可得 f （3）与 f （2）的几何意义，又由 f （3） f （2） (3) (2) 3 2 f f  ，为直线 MN 的斜率，结合图象分析 可得答案． 【解答】解：根据题意，设 (2M ， f （2） ) 、 (3N ， f （3） ) 为函数的上的点， 则 f （2）为函数 ( )f x 在 2x  处切线的斜率， f （3）为函数 ( )f x 在 3x  处切线的斜率， f （3） f （2） (3) (2) 3 2 f f  ，为直线 MN 的斜率，结合图象分析可得 f （2） f （3） f （2） f （3） 0 ； 故选： D ． 【点评】本题考查导数的几何意义，涉及直线的斜率大小比较，属于基础题． 9．函数 2( ) 2 ( )f x x c c R   在区间[1， 3] 上的平均变化率为 ( ) A．2 B．4 C． 2c D． 4c 【分析】根据题意，由函数的解析式结合变化率的计算公式，计算可得答案． 【解答】解：根据题意， 2( ) 2f x x c  ， 则有 (3) (1) (9 2 ) (1 2 ) 43 1 2 f f c c     ； 故选： B ． 【点评】本题考查变化率的计算，注意变化率的计算公式，属于基础题． 10.函数 2 1( ) ln( 2) xf x x e    的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 分析四个图像，从而判断函数的性质，利用排除法求解． 【详解】由于函数 ( )f x 的定义域为 R ，且在 R 上为连续函数，可排除 A 答案； 由于 1(0) ln2f e  ， 1ln 2 ln 2e  ， 1 1 2e  ，所以 1(0) ln2 0f e   ，可排除 C 答案；当 x   时， ( )f x   ，故排除 D 答案； 故答案选 B. 【点睛】本题考查了函数 的性质的判断与数形结合的思想方向的应用，属于中档题 11．直线 y kx b  与曲线 3 9y x ax   相切于点 (3,0) ，则 b 的值为 ( ) A． 15 B． 45 C．15 D．45 【分析】由曲线 3 9y x ax   过点 (3,0) ，可求得 a ，可得 y，从而可得 3|xk y   ，再将 (3,0) 代入 y kx b  ， 即可求得 b 的值． 【解答】解：因为曲线 3 9y x ax   过点 (3,0) ，所以 30 3 3 9a   ， 所以 12a   ，所以 3 12 9y x x   ， 所以 23 12y x   ，所以曲线在点 (3,0) 处的切线斜率 23 3 12 15k     ． 因此，曲线在点 (3,0) 处的切线方程为 0 15( 3)y x   ，即 15 45y x  ， 所以 45b   ． 故选： B ． 【点评】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查运算能力，属于中档题． 12.已知 ,2 2         ， ，且 sin sin 0     ，则下列结论正确的是（ ） A．  B． 0   C．  D． 2 2  【答案】D 【解析】 构造   sinf x x x 形式，则   sin cosf x x x x  ， 0, 2x      时导函数   0f x  ，  f x 单调递增； ,02x      时导函数   0f x  ，  f x 单调递减．又  f x 为偶函数，根据单调性和对称性可知选 D.故本小题选 D. 【点评】本题主要考查了利用偶函数的对称性及单调性比较函数值的大小，属于基础试题． 13．已知函数 ( ) ( cos )xf x e a x  在 R 上单调递增，则 a 的取值范围为 ( ) A．[1， ) B． ( , 2]  C．[ 2, ) D． ( ， 1] 【分析】由题意可得 ( ) ( cos sin ) 0xf x e a x x    … 恒成立，分离系数可得 cos sina x x… ，结合不等式的恒成立与最值的最值的相互转化关系可求． 【解答】解：因为 ( ) ( cos )xf x e a x  在 R 上单调递增， 所以 ( ) ( cos sin ) 0xf x e a x x    … 恒成立， 即 cos sina x x… ． 令 ( ) cos sing x x x  ， 又 ( ) cos sin 2 cos( )4g x x x x     ， 即 ( ) [ 2, 2]g x   ， 所以 2a… ． 故选： C ． 【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用及三角函数性质的简单应用，属于基础试题． 14．已知函数 2( ) 9 3f x x lnx x   在其定义域内的子区间 ( 1, 1)m m  上不单调，则实数 m 的取值范围为 ( ) A． 1 3( , )2 2 B． 3[1, )2 C． 5(1, )2 D． 5[1, )2 【分析】依题意知，函数 2( ) 9 3f x x lnx x   在区间 ( 1, 1)m m  上有极值，从而得到 30 1 12m m   „ ， 解之即可． 【解答】解： 2( ) 9 3f x x lnx x   在其定义域内 (0, ) 的子区间 ( 1, 1)m m  上不单调， 函数 2( ) 9 3f x x lnx x   在区间 ( 1, 1)m m  上有极值， 由 9 ( 3)(2 3)( ) 2 3 0x xf x x x x        得 3 2x  或 3x   （舍去） 30 1 12m m    „ ， 解得： 51 2m „ ， 故选： D ． 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，分析得到函数 2( ) 9 3f x x lnx x   在区间 ( 1, 1)m m  上有 极值是关键，注意定义域，考查分析与运算能力，属于中档题． 15.已知函数 ( ) 2 x mf x xe mx   （ e 为自然对数的底数）在 (0, ) 上有两个零点，则 m 的范围是（ ） A． (0, )e B． (0,2 )e C． ( , )e  D． (2 , )e  【答案】D【解析】 由 ( ) 02 x mf x xe mx    得 1( )2 2 x mxe mx m x    ， 当 1 2x  时，方程不成立，即 1 2x  ，则 1 2 xxem x   ， 设 ( ) 1 2 xxeh x x   （ 0x  且 1 2x  ）， 则   2 2 2 1 1 1' 2 2 2'( ) 1 1 2 2 x x xxe x xe e x x h x x x                          2 1 ( 1)(2 1)2 1 2 xe x x x        ， ∵ 0x  且 1 2x  ，∴由 '( ) 0h x  得 1x  ， 当 1x  时， '( ) 0h x  ，函数为增函数， 当 0 1x  且 1 2x  时， '( ) 0h x  ，函数为减函数， 则当 1x  时函数取得极小值，极小值为 (1) 2h e ， 当 10 2x  时， ( ) 0h x  ，且单调递减，作出函数 ( )h x 的图象如图： 要使 1 2 xxem x   有两个不同的根， 则 2m e 即可， 即实数 m 的取值范围是 (2 , )e  .方法 2：由 ( ) 02 x mf x xe mx    得 1( )2 2 x mxe mx m x    ， 设 ( ) xg x xe ， 1( ) ( )2h x m x  ， '( ) ( 1)x x xg x e xe x e    ，当 0x  时， '( ) 0g x  ，则 ( )g x 为增函数， 设 1( ) 2h x m x     与 ( ) xg x xe ，相切时的切点为 ( , )aa ae ，切线斜率 ( 1) ak a e  ， 则切线方程为 ( 1) ( )a ay ae a e x a    ， 当切线过 1( ,0)2 时， 1( 1) ( )2 a aae a e a    ， 即 21 1 2 2a a a a     ，即 22 1 0a a   ，得 1a  或 1 2a   （舍），则切线斜率 (1 1) 2k e e   ， 要使 ( )g x 与 ( )h x 在 (0, ) 上有两个不同的交点，则 2m e ， 即实数 m 的取值范围是 (2 , )e  . 故选 D． 16．若过点 ( 1, )P m 可以作三条直线与曲线 : xC y xe 相切，则 m 的取值范围是 ( ) A． 2 3( e  ， ) B． 1( ,0)e  C． (0, ) D． 2 3 1( , )e e   【分析】求指数函数的导数，利用导数的几何意义列出方程． 【解答】解：设切点为 0(x ， 0 )y ，过点 P 的切线方程为 0 0 0 0 0( 1) ( )x xy x e x x x e    ，代入点 P 坐标化简为 02 0 0( 1) xm x x e    ，即这个方程有三个不等根即可，令 02 0 0( ) ( 1) xf x x x e    ，求导得到 ( ) ( 1)( 2) xf x x x e     ，函数在 ( , 2)  上单调递减，在 ( 2, 1)  上单调递增，在 ( 1, )  上单调递减，故得到 ( 2) ( 1)f m f    ，即 2 3 1( , )e e   故选： D ． 【点评】本题考查的是导数的几何意义的应用，将函数的切线条数转化为切点个数问题，最终转化为零点个数问题是解决此题的关键． 17．已知函数 1( ) 2 12 1xf x x   ，且 2( ) (2 ) 3f a f a  ，则 a 的取值范围是 ( ) A． ( ， 3) (1  ， ) B． ( ， 2) (0  ， ) C． ( 2,0) D． ( 1,3) 【分析】设 3 1 3 1 2( ) ( ) 2 1 22 2 1 2 2(2 1) x x xF x f x x x         ，分析函数 (( )F x 的奇偶性，单调性， 2( ) (2 ) 3f a f a  ，转化为 2( ) (2 )F a F a  ，即可解出答案． 【解答】解：根据题意，设 3 1 3 1 2( ) ( ) 2 1 22 2 1 2 2(2 1) x x xF x f x x x         ， 则 3(0) (0) 02F f   ， 又由 1 2 1 2( ) 2( ) ( 2 ) ( )2(2 1) 2(2 1) x x x xF x x x F x              ，即函数 ( )F x 为奇函数 3 1( ) ( ) 22 2 2 1 1xF x f x x     2 ' 2 2 (2 1)( ) '( ) 22 ln 2 2 ln (2 1) (2 2 2 1) x x x x xF x f x        2 2 2 2 (2 1)0 (2 1) (2 1) 0 0(2 1) 2 ln 2 2ln 2 2,2 2 ln 2 2 x x x x x x x            ' ( ) 0F x  函数 ( )F x 单调递增， 若 2( ) (2 ) 3f a f a  ，则 2 3 3( ) (2 )2 2f a f a   ， 2 3 3( ) [ (2 ) ]2 2f a f a    ， 2( ) (2 )F a F a  ， 2( ) ( 2 )F a F a  ，所以 2 2a a  ，解得， 2a   或 0a  ， 故选： B ． 【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及构造法的应用，属于基础题． 18．已知函数 ( ) xlnxf x a  ，若不等式 ( ) 2f x  仅有两个整数解，则实数 a 的取值范围是 ( ) A． 3[ 2, 3)2ln ln B． 3[ 3,4 2)2 ln ln C． 3( 2, 3]2ln ln D． 3( 3,4 2]2 ln ln 【分析】先对函数求导，然后导数与单调性的关系，结合函数零点 存在条件即可求解． 【解答】解：由 ( ) xlnxf x a  ，则由 1( ) 0lnxf x a    ．可得， 1x e  ， 当 0a  时， 1(0, )x e  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减， 1( , )x e   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增，且 f （1） 0 ， 则 ( ) 2f x  有两个整数解为 1，2，所以， 2 2 2lna  且 3 3 2lna … ，解得 3( 2, 3]2a ln ln ， 当 0a  时， 1( , )x e   ， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减，且 f （1） 0 ，则 ( ) 2f x  整数解有无数个，不满足题意． 故选： C ． 【点评】本题主 要考查了利用导数研究函数的单调性求解函数的零点，试题比较基础． 19．设函数 ( )f x 是定义在 (0, ) 上的可导函数，其导函数为 ( )f x ，且有 ( ) 2 ( )xf x f x  ，则不等式 24 ( 2019) ( 2019)f x x f   （2） 0 的解集为 ( ) A． (0,2021) B． (2019,2021) C． (2019, ) D． ( ,2021) 【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论． 【解答】解： ( ) 2 ( )xf x f x  ， ( ) 2 ( ) 0xf x f x    ， 又 (0, )x  ， 2 ( ) 2 ( ) 0x f x xf x    ， 设 2 ( )( ) f xF x x  ，则 2 2 4 ( ) ( ) 2 ( )[ ] 0f x x f x xf x x x    ， 2 ( 2019)( 2019) ( 2019) f xF x x     ， F （2） 2 (2) (2) 2 4 f f  ， 即不等式 24 ( 2019) ( 2019)f x x f   （2） 0 等价为 ( 2019)F x F  （2） 0 ， ( )F x 在 (0, ) 是增函数且 2019x  ， 由 ( 2019)F x F  （2），得 2019 2x   ，即 2021x  ， 综上可得， 2019 2021x  ． 故选： B ． 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题． 20．已知函数 2( ) 2 ( , )xf x x ae b a b R    ，若 ( )f x 有两个极值点 1x ， 2 1 2( )x x x ，且 2 12x x ，则 a 的取 值范围是 ( ) A． 1(0, )e B． 2( , )2 ln C． 2( 2 ln ， 1)e D． 2(0, )2 ln 【分析】令 x xa e  可得 10 a e   ，令 2 1x x t  ，可得 1 1t tx e   ，通过讨论此函数单调性即可求解． 【解答】解：函数 ( )f x 有两个极值点 1x ， 2x ， ( ) 2 2 0xf x x ae     有两个零点 1x ， 2x ， 1 1 xae x  ， 2 2 xae x ， x xa e  ， 令 ( ) x xg x e  ，则 1( ) x xg x e   ， 可得 ( )g x 在 ( ,1) 递增，在 (1, ) 递减，10 a e    ， 1 2x x x  ， 2 12x x ，则 2 12 1 2x xx ex   ． 令 2 1x x t  ．则 2te  ， 0 2t ln  ，可得 1 1t tx e   ， 令 ( ) ,(0 2)1t tg t t lne    ．则 2 1( ) ( 1) t t t e teg t e     ， 令 ( ) 1t th t e te   ，则 ( ) 0th t te    ， ( )h t 单调递减， ( ) (0) 0h t h   ， ( )g t 单调递减， ( ) ( 2) 2g t g ln ln   ， 即 1 2x ln ， 1 1 2 2x x lna e    ， a 的取值范围为 2( 2 ln ， 1)e ． 故选： C ． 【点评】本题考查利用导数研究函数零点问题，利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题，运用整体 换元方法，体现了减元思想，属难题． 二．解答题（共 2 小题，每小题 10 分） 21．已知函数 ( ) ( ) ( )xf x x k e k R   ． （1）求 ( )f x 的单调区间和极值； （2）求 ( )f x 在 [1x ， 2]上的最小值． 【分析】（1） ( ) [ ( 1)] xf x x k e    ，令 ( ) 0f x  ，解得 1x k  ．进而得出单调性与极值． （2）对 k 分类讨论：利用单调性即可得出最小值． 【解答】解：（1） ( ) [ ( 1)] xf x x k e    ， 令 ( ) 0f x  ，解得 1x k  ． 1x k  时， ( ) 0f x  ，此时函数 ( )f x 单调递减； 1x k  时， ( ) 0f x  ，此时函数 ( )f x 单调递增． 1x k   时，函数 ( )f x 取得极小值． （2）对 k 分类讨论： ① 1 1k  „ ，即 2k„ 时，函数 ( )f x 在 [1x ，2]上单调递增， 1x  时，函数 ( )f x 取得极小值，f（1） (1 )k e  ． ②1 1 2k   ，即 2 3k  时，函数 ( )f x 在 [1x ， 1)k  上单调递减，在 ( 1k  ， 2]上单调递增， 1x k   时，函数 ( )f x 取得极小值， 1( 1) kf k e    ． ③ 1 2k  … ，即 3k… 时，函数 ( )f x 在 [1x ， 2]上单调递减，2x  时，函数 ( )f x 取得极小值， f （2） 2(2 )k e  ． 综上可得：① 2k„ 时， 1x  时，函数 ( )f x 取得极小值， f （1） (1 )k e  ． ② 2 3k  时， 1x k  时，函数 ( )f x 取得极小值， 1( 1) kf k e    ． ③ 3k… 时， 2x  时，函数 ( )f x 取得极小值， f （2） 2(2 )k e  ． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值及其切线方程、分类讨论方法、方程与不等式 的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 22．已知 2( ) 3 xf x e x  ， ( ) 9 1g x x  ． （1）讨论函数 ( ) ( )(x alnx bg x a R    ， 0)b  在 (1, ) 上的单调性； （2）比较 ( )f x 与 ( )g x 的大小，并加以证明． 【分析】（1）先求出导函数 ( )x ，再对 9 a b 与 1 的大小分情况讨论，即可求出函数 ( )x 的单调性； （2） ( ) ( )f x g x ，证明如下：设 2( ) ( ) ( ) 3 9 1xh x f x g x e x x      ，求导得到存在 0 (0,1)x  ，使得 0( ) 0h x  ，当 0x x 时， ( ) 0h x  ；当 0x x 时， ( ) 0h x  ，所以 2 2 0 0 0 0 0 0 0( ) 2 9 9 1 11 10 ( 1)( 10) 0minh x x x x x x x x             ，所以 ( ) ( )f x g x ． 【解答】解：（1） ( ) 9x alnx bx b    ， 9 ( )9 9( ) 9 ab xa a bx bx bx x x       ， 1x  ， 当 19 a b„ ，即 9a b„ 时， ( ) 0x  ，所以 ( )x 在 (1, ) 上单调递减， 当 19 a b  ，即 9a b 时，令 ( ) 0x  ，得 (1, )9 ax b  ；令 ( ) 0x  ，得 ( , )9 ax b   ，故 ( )x 在 (1， 9 a b ) 上单调递增，在 ( , )9 a b  上单调递减； （2） ( ) ( )f x g x ，证明如下： 设 2( ) ( ) ( ) 3 9 1xh x f x g x e x x      ， 因为 ( ) 3 2 9xh x e x    为增函数，且 (0) 6 0h    ， h （1） 3 7 0e   ， 所以存在 0 (0,1)x  ，使得 0( ) 0h x  ， 当 0x x 时， ( ) 0h x  ；当 0x x 时， ( ) 0h x  ， 所以 0 2 0 0 0( ) ( ) 3 9 1x minh x h x e x x     ， 因为 0 03 2 9 0xe x   ，所以 0 03 2 9xe x   ，所以 2 2 0 0 0 0 0 0 0( ) 2 9 9 1 11 10 ( 1)( 10)minh x x x x x x x x            ， 因为 0 (0,1)x  ，所以 0 0( 1)( 10) 0x x   ， 所以 ( ) 0minh x  ， 所以 ( ) ( )f x g x ． 【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，是中档题． 声明：试 题解析著作权 属菁优网所有 ，未经