2022-2023学年黑龙江省哈尔滨重点中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年黑龙江省哈尔滨重点中学高二（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知fx=xlnx，则曲线y=fA.x−y−1=0 B.x2.对于定义在R上的可导函数f(x)，f′A.使f′(x)=0的x一定是函数的极值点

B.f(x)在R上单调递增是f′(x)>0在R3.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y=fA. B.

C. D.4.函数f(x)=13A.(−∞,−2)∪(25.设点P在曲线y=lnx−1x+1上，点A.2 B.1 C.65 6.定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′A.(−∞,6) B.(67.已知a=ln22,b=lnA.b>c>a B.a>b8.已知函数f(x)=xlA.若a∈(−4,4)，则该方程无解

B.若a=−4，则该方程有一个实数根二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.下列求导计算中，错误的有(

)A.若y=12sin2x，则y′=cos2x B.若10.已知函数f(x)=xeA.函数f(x)不存在最大值，也不存在最小值

B.函数f(x)存在极大值和极小值

C.函数f(x)有且只有11.若将一边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个方盒，则下列说法正确的是(

)A.当x=a6时，方盒的容积最大 B.当x=a6时，方盒的容积最小

C.12.英国数学家布鲁克泰勒(BrookTaylor,1685.8～1731.11)以发现泰勒公式和泰勒级数而闻名于世.根据泰勒公式，我们可知：如果函数f(x)在包含x0的某个开区间(a.b)上具有(n+A.eix=cosx+isinx三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.函数f(x)=−14.已知f(x)=(x−a)15.若函数f(x)=x3−3x16.定义：若直线l与函数y=f(x)，y=g(x)的图象都相切，则称直线l为函数y=f(x)四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

设函数f(x)=xsinx+cosx+18.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=ax−(2a+1)lnx−2x19.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=x3−x2−23f′(−120.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=x2+axlnx(a∈R)．

21.(本小题12.0分)

已知a∈R，函数f(x)=ax+lnx,g(x)=ax−l22.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=klnx+1ex(k∈R)．

(1)若函数y=f(x)在答案和解析1.【答案】A

【解析】解：由f(x)=xlnx，得f′(x)=lnx+1，

∴f′(1)=l2.【答案】D

【解析】解：对于A：f′(x)=0的x不一定是函数的极值点，

比如：f(x)=x3，f′(x)=3x2，f′(0)=0，f(x)在R上单调递增，

但x=0不是f(x)=x3的极值点，故A错误；

对于B：f(x)在R上单调递增，可能会在某点导函数等于0，

比如f(x)=x3为单调递增函数，f(x)=x3在x=0处导函数值为0，

故3.【答案】C

【解析】【分析】本题考查函数的导数与函数的图象的关系，判断函数的单调性以及函数的极值点是解题的关键，属于基础题．

利用导函数的图象，判断导函数的符号，得到函数的单调性以及函数的极值点，然后判断选项即可．【解答】解：由题意可知：当x<0，或x>2时，f′(x)>0，

则函数在(−∞,0)，(2,+∞)上是增函数；

4.【答案】A

【解析】解：由题意得f′(x)=x2+ax+1，

∵函数f(x)存在两个极值点，即其导函数f′(x)有两个变号零点，

∴Δ=a2−4>05.【答案】D

【解析】解：函数y=lnx−1x+1的导数为y′=1x+1x2，

由1x+1x2=2，得x=1或x=−12(舍)．

把6.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键，属于中档题．

构造函数g(x)=f(x)ex，利用导数研究函数的单调性，即可得到结论．

【解答】

解：构造函数g(x)=f(x)ex，

则g′(x)=f′(x)ex−f(x)ex(7.【答案】D

【解析】解：令f(x)=lnx2x，f′(x)=1−lnx2x2，

令f′(x)>0，可得0<x<e，令f′(x)<0，可得x>e，

所以f8.【答案】C

【解析】解：当x>0时，f′(x)=lnx−1(lnx)2，由f′(x)>0得lnx>1，即x>e，此时函数f(x)为增函数，

由f′(x)<0得lnx<1且lnx≠0，得0<x<1或1<x<e，此时函数f(x)为减函数，

即当x=e时，f(x)取得极小值f(e)=e−2−e=−2，

当x→0，f(x)→−5，

当x≤0时，f(x)=2x−1，为增函数，且−1<f(x)≤0，

作出函数f(x)的图象如图．

设t=f(x)，

则方程等价为t2−at+4=0，

当a∈(−4,4)时，判别式Δ=a2−16<0，此时方程无解，故A正确．

若a=−4，则方程为t29.【答案】BC【解析】解：A．y′=12⋅2cos2x=cos2x，A正确；

B.y′=−1x2⋅(−10.【答案】AB【解析】解：f′(x)=ex+xex=(x+1)ex，

易知当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈(−1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

11.【答案】AC【解析】解：方盒的容积为V(x)=(a−2x)2x(0<X<a2)，

V′(x)=−4(a−2x)x+(a−2x)12.【答案】AC【解析】解：对于A，由ex，cosx，sinx的泰勒展开知eix=1+ix+(ix)22!+(ix)33!+…=1+ix−x22!ix33!+x44!+ix13.【答案】(0【解析】解：f′(x)=6x2−5x=6−5xx2(x>014.【答案】1

【解析】解：已知f(x)=(x−a)2ex，函数定义域为R，

可得f′(x)=2(x−a)ex+(x−a)2ex=(x−a)(x−a+2)ex，

因为15.【答案】[−【解析】解：f(x)=x3−3x，f′(x)=3x2−3，取f′(x)=3x2−3=0得到x=±1，

当x∈(−∞,−1)时，f′(x)>0，函数单调递增；16.【答案】2e【解析】解：设直线l与y=f(x)切于(m,alnm)，与y=g(x)切于(n,n2)，

∵f′(x)=ax，g′(x)=2x，

∴f(x)与g(x)切线方程分别为y=amx+alnm−a，y=2nx−n2，

由题意得am=2nalnm−a=−n2，则a=4m2−417.【答案】解：(1)∵f(x)=xsinx+cosx+x2+1，

∴f′(x)=sinx+xcosx−sinx【解析】(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

(2)18.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，

f′(x)=a−2a+1x+2x2=ax2−(2a+1)x+2x2=(ax−1)(x−2)x2，

因为f(x)在x=1处取得极值，

所以f′(1)=0，

解得a=1，

当a=1时，f′(x)=(x−1)(x−2)x2，

令f′(x)=0得x=1或2，

所以在(0,1)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，

在(1,2)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，

在(2,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以f(x)在x=1处取得极大值，符合题意．

(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，

f′(x)=a−2a+1x+2x2=ax2−(2a+1)x+2x2，【解析】(1)求导得f′(x)=(ax−1)(x−2)x2，由f(x)在x=1处取得极值得f′(1)19.【答案】解：(1)∵函数f(x)=x3−x2−23f′(−1)x，其中f′(x)是f(x)的导函数，

∴f′(x)=3x2−2x−23f′(−1)，

∴f′(【解析】(1)求出导函数，再令x=−1即可求解结论；

(2)设切点为：(x20.【答案】解：(1)若f(x)在区间(1,+∞)上单调递增，则f′(x)=2x+alnx+a≥0在(1,+∞)上恒成立，

即a≥−2x1+lnx在(1,+∞)上恒成立，令h(x)=−2x1+lnx,x∈(1,+∞)，

所以h′(x)=−2(1+lnx)−2x⋅1【解析】(1)因为f(x)为(1,+∞)上的单调递增函数，故f′(x21.【答案】解：已知f(x)=ax+lnx，函数定义域为(0,+∞)，

可得f′(x)=−ax2+1x=−a+xx2，

当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，无极值，不符合题意；

当a>0时，

当0<x<a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以函数f(x)在x=a处取得极小值，极小值f(a)=1+lna；

已知g(x)=ax−lnx−2，函数定义域为(0,+∞)，

可得g′(x)=a−1x，

当a≤0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，无极值，不符合题意；

当a>0时，【解析】(1)由题意，对函数f(x)和g(x)求导，分别讨论a≤0和a>0这两种情况，结合导数的几何意义得到函数f(x)和g(x)的单调性极值，进而即可得到答案；

(2)将a=1代入函数f(x)的解析式中，若22.【答案】解：(1)已知f(x)=klnx+1ex(k∈R)，函数定义域为(0,+∞)，

可得f′(x)=kx−1ex，

若函数y=f(x)在(2,3)上不单调，

则f′(x)=0在(2,3)上有变号的实数根，

即k=xex在(2,3)上有变号的实数根，

不妨设g(x)=xex，函数定义域为(0,+∞)，

可得g′(x)=1−xex，

当2<x<3时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

又g(2)=2e2，g(3)=3e3，

所以3e3<k<2e2，

则k的取值范围为(3e3,2e2)；

(2)(ⅰ)证明：因为g′(x)=1−xex，

当0<x<1时，g′(x