2024-2025学年重庆市垫江一中高二（下）质检数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年重庆市垫江一中高二（下）质检数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知函数f(x)=x2+lnx，则f′(1)=A.3 B.4 C.1 D.72.函数f(x)=ex+x在[−1,1]上的最大值是A.e B.e+1 C.−e+1 D.e−13.f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数y=f(x)的图象可能是(

)A.B.

C.D.4.已知函数f(x)=ex(x2+a)，若f(x)在RA.(−∞,1] B.(−∞,1) C.(1,+∞) D.[1,+∞)5.函数f(x)=lnx图象上的点到直线y=x的距离的最小值是(

)A.ln22 B.22 C.16.从1，2，3，4，5五个数字中随机地有放回地依次抽取三个数字，则数字2只出现一次的取法总数有(

)A.16 B.48 C.75 D.967.已知a=ln22,b=1e,c=ln33，则aA.b>c>a B.c>b>a C.b>a>c D.a>b>c8.已知函数f(x)=xsinx+cosx+x2，则不等式f(lnx)+f(ln1A.(e,+∞) B.(0,e) C.(0,1e)∪(1,e)二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.如图所示是y=f(x)的导数y=f′(x)的图象，下列结论中正确的有(

)A.f(x)在区间(−3,1)上是增函数

B.f(x)在区间(2,4)上是减函数，在区间(−1,2)上是增函数

C.x=2是f(x)的极大值点

D.x=−1是f(x)的极小值点10.定义：设f′(x)是f(x)的导函数，f′′(x)是函数f′(x)的导数，若方程f′′(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心.已知函数A.a=−1，b=0

B.函数f(x)既有极大值又有极小值

C.函数f(x)有三个零点

D.对任意x∈R，都有f(1−x)+f(x)=111.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若xf′(x)+(1−x)f(x)>0，且f(1)=e，f(4)=e3，则f(2)的取值可能为(

)A.5 B.4 C.3 D.2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若函数f(x)=x(x+a)在x=1处有极小值，则实数a的值为______．13.由数字0，1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有______个.14.设实数m>0，若对∀x∈(0,+∞)，不等式emx−lnxm≥0恒成立，则m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.(本小题13分)

求下列函数的导数．

(1)y=2x5−3x216.(本小题15分)

已知函数f(x)=x3−3x+1，

(1)求函数f(x)的极大值；

(2)当x∈[0,2]时，求f(x)17.(本小题15分)

已知函数f(x)=−2lnx+ax+x(a∈R)．

(1)若a=0，求曲线y=f(x)在x=1处切线方程；

(2)若x≥1时，f(x)≥118.(本小题17分)

已知函数f(x)=ex−ax−1，其中a为实数，

(1)若a=1，求函数f(x)的最小值；

(2)若方程f(x)=0在(0,2]上有实数解，求19.(本小题17分)

已知函数f(x)=lnxx．

(1)若对任意x∈(0,+∞)，f(x)<kx恒成立，求k的取值范围；

(2)若函数g(x)=f(x)+1x−m有两个不同的零点x1，x参考答案1.A

2.B

3.D

4.D

5.B

6.B

7.A

8.D

9.BCD

10.AB

11.AB

12.−2

13.78

14.[115.解：(1)y=2x5−3x2−4，

则y′=10x4−6x16.解：(1)由题意的f′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)，

令f′(x)>0，解得x>1或x<−1；令f′(x)<0，解得−1<x<1；

则f(x)在(−1,1)上单调递减；在(−∞,−1)和(1,+∞)上单调递增，x(−∞,−1)−1(−1,1)1(1,+∞)f′(x)正0负0正f(x)增极大值减极小值增所以极大值为f(−1)=3；

(2)由(1)可知，f(x)在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，

所以最小值为f(1)=−1，又f(0)=1，f(2)=3，

所以当x∈[0,2]时，求f(x)的值域为[−1,3]．

17.18.解：(1)f′(x)=ex−1，由f′(x)=0

得x=0，

当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)内递增；

当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(−∞,0)内递减；

∴函数f(x)在x=0处取得最小值f(0)=0．

(2)f′(x)=ex−a(0<x≤2)，

①当a≤1时，f′(x)>0，f(x)在(0,2]内递增；

f(x)>f(0)=0，方程f(x)=0在(0,2]上无实数解；

②当a≥e2时，f′(x)≤0，f(x)在(0,2]内递减；

f(x)<f(0)=0，方程f(x)=0在(0,2]上无实数解；

③当1<a<e2时，由f′(x)=0得x=lna，

当0<x<lna时，f′(x)<0，f(x)递减；当lna<x<2时，f′(x)>0，f(x)递增；

又f(0)=0，f(2)=e219.解：(1)因为x>0，

由f(x)=lnxx<kx可得k>lnxx2，

令t(x)=lnxx2，则t′(x)=1−2lnxx3，

当0<x<e时，t′(x)>0，t(x)单调递增，当x>e时，t′(x)<0，t(x)单调递减，

故当x=e时，t(x)取得最大值t(e)=12e，

所以k>12e；

(2)由g(x)=f(x)+1x−m=0有两