新疆阿克苏地区第二中学2018-2019学年高二下学期第一次月考数学（理）试卷 9页

理科数学试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 ‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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.已知函数的导数为，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2.设函数，则（ ）‎ A． B． C．1 D．﹣1‎ ‎3.有一段演绎推理：“对数函数是增函数；已知是对数函数，所以是增函数”，结论显然是错误的，这是因为（ ）‎ A．大前提错误 B．小前提错误 C．推理形式错误 D．非以上错误 ‎4. （　　）‎ A． B．-1 C． D．‎ ‎5.下列函数在区间上是增函数的是　　‎ A． B． C． D．‎ ‎6.若函数在R上可导，且，则（）‎ A． B． C． D．无法确定 ‎7.曲线在处的切线方程是（ ）‎ A． B．C． D．‎ ‎8.下列推理不属于合情推理的是（ ）‎ A．由平面三角形的性质推测空间三棱锥的性质 B．由铜、铁、铝、金、银等金属能导电，得出一切金属都能导电 C．两条直线平行，同位角相等，若与是两条平行直线的同位角，则 D．在数列中，，，猜想的通项公式 ‎9.函数y＝x·2x的极小值点为(　　)‎ A． B．‎ C．－ln 2 D．（，0）‎ ‎10.设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为(　　)‎ A．(0,0) B．(1，－1)‎ C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)‎ ‎11.已知，，则 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12.设函数(是互不相等的常数)，则等于（ ）‎ A． B． C． D． 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.函数f（x）=x3﹣12x的单调减区间为 _______________．‎ ‎14.已知函数在处取得极小值，则实数________.‎ ‎15.由直线，，与曲线 所围成的封闭图形的面积为______. ‎ ‎16.已知曲线f(x)=lnx在点(x0,f(x0))处的切线经过点(0,1),则x0的值为__________.‎ 三、解答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.（本题满分10分）求下列函数的导数：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）．‎ ‎18.（本题满分12分）在F1赛车中，赛车位移与比赛时间t存在函数关系s＝10t＋5t2(s的单位为m，t的单位为s)．求：‎ ‎(1)t＝20s，Δt＝0.1s时的Δs与；‎ ‎(2)t＝20s时的瞬时速度．‎ ‎19.（本题满分12分）已知函数，求在闭区间上的最大值与最小值.‎ ‎20.（本题满分12分）已知函数f(x)＝x3＋bx2‎ ‎＋cx＋d的图象过点P（0，2），且在点M（－1，f（－1））处的切线方程为6x-y+7=0.‎ ‎（1）求函数y=f(x)的解析式；‎ ‎（2）求函数y=f(x)的单调区间.‎ ‎21.（本题满分12分）设函数f（x）=lnx+ax2+x+1．‎ ‎（1）当a=-2时，求函数f（x）的极值点；‎ ‎（2）当a=0时，证明：xex≥f（x）在（0，+∞）上恒成立．‎ ‎22.（本题满分12分）设函数.‎ ‎（1）当时，求的单调区间；‎ ‎（2）若当时，恒成立，求的取值范围．‎ 参考答案 一． 选择题 1. C 2. C 因为，则．‎ 3. A 因为当时，函数且是—个增函数，当时，函数是一个减函数，所以且是增函数这个推理的大前提是错误的.‎ ‎4.C ‎．‎ ‎5.A ‎6.C 两边求导可得，令，得，所以，所以.‎ 7. C 因为，所以，所以，又，所以切线方程为，即.‎ 8. C 对于A选项：由平面三角形的性质推测空间三棱锥的性质是类比推理，‎ 对于B选项：由铜、铁、铝、金、银等金属能导电，得出一切金属都能导电是归纳推理，‎ 对于C选项：两条直线平行，同位角相等，若∠A与∠B是两条平行直线的同位角，则∠A＝∠B是演绎推理，‎ 对于D选项：在数列中，a1＝2，，猜想{an}的通项公式是归纳推理.‎ ‎9.B y′=2x+x•2xln2=（1+xln2）•2x=0，即1+xln2=0，x=．因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数的极小值点为.‎ ‎10.D 因为，所以，因为函数在点处的切线方程为，所以，因为，解得，当时，，当时，，所以满足条件的点的坐标为或.‎ ‎11.B 由于,所以其周期为4，又2013= ，所以.‎ ‎12.A 由于函数，所以，所以，同理，，所以为零.‎ 一． 填空题 ‎13.‎ 令，解得，故函数的单调减区间为.‎ ‎14.‎ 因为，所以，又函数在处取得极小值，所以,故.‎ ‎15.1‎ 题目所求封闭图形的面积为定积分.‎ ‎16.e2‎ 函数的导数为f′(x)=,所以切线斜率为k=f′(x0)=,所以切线方程为y-lnx0=(x-x0),‎ 因为切线过点(0,1),所以代入切线方程得lnx0=2,解得x0=e2.‎ 一． 解答题 ‎17.解：（1）‎ ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎18.解：(1)Δs＝s(20＋Δt)－s(20)＝10(20＋0.1)＋5(20＋0.1)2－10×20－5×202＝21.05m.‎ ‎＝＝210.5m/s.‎ ‎(2)由导数的定义知在t＝20s的瞬时速度为v(t)＝10t＋10.‎ 当t＝20s时，v＝10×20＋10＝210m/s.‎ 即在t＝20s时的瞬时速度为210m/s.‎ ‎19.解：求导得.‎ 令，解得或． ‎ 的变化情况如下表：‎ ‎－1‎ ‎（-1，0）‎ ‎0‎ ‎（0，1）‎ ‎1‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ 所以在闭区间上的最大值是，最小值是0．‎ ‎20.解：（1）由的图象经过点P（0，2），知，‎ 所以，则,‎ 由在处的切线方程是知，即．‎ 所以,即,解得．‎ 故所求的解析式是．‎ （2） 由（1）知令，‎ 解得，‎ 当时，，当时，，‎ 所以的单调递增区间是，单调递减区间是.‎ ‎21.（1）解：由题意得函数的定义域为（0，+∞），‎ 因为f（x）=lnx+ax2+x+1，a=﹣2，‎ 所以f′（x）=﹣2x+1=，‎ 令f′（x）＞0，解得0＜x＜1；令f′（x）＜0，解得x＞1，‎ 所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，‎ 所以x=1是函数f（x）的极大值点，无极小值点.‎ ‎（2）证明：当a=0时，f（x）=lnx+x+1,‎ 令F（x）=xex﹣f（x）=xex﹣lnx﹣x﹣1（x＞0），则F′（x）= •（xex﹣1），‎ 令G（x）=xex﹣1，则G′（x）=（x+1）ex＞0（x＞0），‎ 所以函数G（x）在（0，+∞）递增，‎ 又G（0）=﹣1＜0，G（1）=e﹣1＞0，所以存在唯一c∈（0，1）使得G（c）=0，‎ 且F（x）在（0，c）上单调递减，在（c，+∞）上单调递增，‎ 故F（x）≥F（c）=c•ec﹣lnc﹣c﹣1，‎ 由G（c）=0得c•ec﹣1=0，即lnc+c=0，所以F（c）=0，‎ 所以F（x）≥F（c）=0，从而证得xex≥f（x）．‎ ‎22.解：（1）当时，,则 ,‎ 令，解得,‎ 当当 所以的单调递增区间为,,的单调递减区间为 .‎ ‎（2）由题知，‎ 令则 ，‎ 当时，，在上为增函数，‎ 而从而当时，，即恒成立．‎ 若当时，令=0，得，‎ 当时，在上是减函数，‎ 而从而当时，，即,不成立，‎ 综上可得的取值范围为．‎