新疆乌鲁木齐二十三中2024-2025学年高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）VIP

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年新疆乌鲁木齐二十三中高二（下）3月月考数学试卷一、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.已知某质点的位移y(单位：m)与时间x(单位：s)满足函数关系式y=x4+3x2，则当A.10 B.9 C.8 D.72.已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′(x)的图象如图所示，则该函数的大致图象是(

)A. B.

C. D.3.函数f(x)=2sinx−x在区间[0,π2]上的最大值为A.0 B.2−π2 C.34.已知函数f(x)=13x3+ax2+xA.(−∞,−1] B.[−1,1] C.[1,+∞) D.[−1,+∞)5.若函数f(x)=x+4x与函数g(x)=aex−xA.12 B.e3 C.2 6.把一个周长为6的长方形铁皮围成一个无盖无底的圆柱，当圆柱体积最大时，该圆柱底面半径和高的比值为(

)A.2 B.1π C.1 D.7.已知曲线y=ex−1与曲线y=alnx+a(a>0)只有一个公共点，则a=(

)A.1e B.1 C.e D.8.已知函数f(x)=e−x(lna+lnx)，若存在x>0，使得f(x)>1a，则实数A.(0,1e) B.(1e,+∞)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.下列求导运算正确的是(

)A.(eπ)′=eπ B.(2x10.直线y=ax+b与曲线y=bx3+xA. B.

C. D.11.如图，由函数f(x)=ex−e+1与g(x)=ln(x+e−1)的部分图象可得一条封闭曲线ΓA.函数f(x)和g(x)的图象对称

B.Γ上任意一点到原点的距离d≤2

C.函数ℎ(x)=f(x)−g(x)有两个零点x1，x2，且x1+x2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.定义在(0,+∞)上的可导函数f(x)满足：xf′(x)<f(x)且f(2)=0，则f(x)>0的解集为______．13.已知实数a∈(0,6)，记f(x)=x(x−a).若函数y=f(x)在区间[0,2]上的最小值为−2，则a14.若函数f(x)=ex+ax3在(0,+∞)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)

已知函数f(x)=13x3−ax2+(a2−1)x+1(a∈R)．

(1)若x=1为f(x)的极大值点，求实数a16.(本小题15分)

已知函数f(x)=alnx−(2a+1)x+x2．

(1)试讨论f(x)的单调性；

(2)当a=−1时，求17.(本小题15分)

已知函数f(x)=xlnx．

(Ⅰ)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(Ⅱ)已知函数g(x)=f(x)x+2x2，求g(x)的单调区间；

(Ⅲ)若对于任意x∈[1e18.(本小题17分)

已知函数f(x)=(x−2)ex．

(1)求函数f(x)的极值，并在坐标系中画出函数f(x)的简图(要含有必要的说明和体现必要的图象特征)；

(2)讨论方程f(x)=a(a∈R)的实数解的个数．

(3)证明：e19.(本小题17分)

设函数f(x)=ex+1−x2−kx．

(1)若f(x)在区间[−1,+∞)上单调递增，求k的取值范围；

(2)当k=0时，求曲线y=f(x)过点(0,1)处的切线方程；

(3)当x≥−1时，答案解析1.【答案】A

【解析】解：函数关系式y=x4+3x2，

则y′=4x3+6x，则y′|x=1=4+6=10．

2.【答案】A

【解析】解：由图可知，f′(x)为奇函数，

所以f(x)为偶函数，

故只需考虑x∈[−2,0]时的情况，

当x∈[−2,0]时，f′(x)>0，所以f(x)在[−2,0]上单调递增，

下面分析增长的快慢：

当x∈[−2,−1]时，f′(x)的值逐渐增大，

所以f(x)的图象在[−2,−1]上增长速度越来越快，排除选项B和C，

当x∈(−1,0]时，f′(x)的值逐渐减小，

所以f(x)的图象在(−1,0]上增长速度越来越慢，排除选项D．

故选：A．

根据函数的奇偶性，只需考虑x∈[−2,0]时的情况，再分x∈[−2,−1]和x∈(−1,0]两类，讨论f(x)的图象增长快慢，即可得解．

本题考查函数的图象与性质，原函数的图象与导函数图象之间的联系，熟练掌握函数的奇偶性与单调性，导函数的几何意义是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．3.【答案】C

【解析】解：∵f(x)=2sinx−x，

∴f′(x)=2cosx−1，

令f′(x)=2cosx−1=0，得cosx=12，

∵x∈[0,π2]，∴由cosx=12，得x=π3，

∴当x∈[0,π3)时，f′(x)>0，f(x)递增；当x∈(π3,π2]时，f′(x)<0，f(x)递减；

当x=π3时，f(x)=2sinx−x在[0,π2]上的最大值是4.【答案】D

【解析】解：因为函数f(x)=13x3+ax2+x，则f′(x)=x2+2ax+1，

因为f(x)在(0,+∞)上单调递增，故f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，

即x2+2ax+1≥0在(0,+∞)上恒成立，即2ax≥−x2−1，即a≥−x2−12x，

设ℎ(x)=−x2−12x，x∈(0,+∞)，5.【答案】B

【解析】【分析】本题考查利用导数根据极值或极值点求参，是中档题．

利用“对勾函数”的单调性求得f(x)的极小值，可得g(x)的极小值，然后结合导数求极值可得a的值．【解答】

解：由f(x)=x+4x，利用“对勾函数”的单调性，可知其极小值为4；

则函数g(x)=aex−x有极小值为4，

由g(x)=aex−x，得g′(x)=aex−1，

当a⩽0时，g′(x)=aex−1<0恒成立，函数在定义域内单调递减，无极小值；

当a>0时，由g′(x)=aex−1<0，得x<ln1a，由g′(x)=ae6.【答案】B

【解析】解：一个周长为6的长方形铁皮围成一个无盖无底的圆柱，

设圆柱的底面半径为r，高为x，

由题意可得2×2πr+2x=6，可得r=3−x2π，

圆柱的体积V=π(3−x2π)2⋅x=14π(9x−6x2+x3)，(0<x<3)，

V′=14π(9−12x+3x2)=34π(3−4x+x2)，

令V′=0，解得x=1或x=3，

所以当x∈(1,3)时，V′<0，V为减函数；当x∈(0,1)时，V′>0，7.【答案】B

【解析】解：f(x)=ex−1−alnx−a(x>0)，则f′(x)=ex−1−ax，

令g(x)=f′(x)，则g′(x)=ex−1+ax2>0，

所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增，

①若a=1，则f′(1)=0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(1)=0，即f(x)只有一个零点，符合题意；

②若a≠1，f′(1)≠0，因为f′(x)在(0,+∞)上单调递增，所以存在x0∈(0,+∞)，使得f′(x0)=0，

即f′(x)在(0,x0)上小于零，在(x0,+∞)上大于零，

所以f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，而f(1)=0，所以f(x0)<0，

又因为当8.【答案】D

【解析】解：由题意可知，a>0，x>0，f(x)>1a，

可化为lna+lnx>exa=ex−lna，即x+lnx>ex−lna+x−lna=ex−lna+lnex−lna，

令g(x)=x+lnx，其中x>0，则g′(x)=1+1x>0，

所以，函数g(x)在(0,+∞)上为增函数，

由x+lnx>ex−lna+lnex−lna可得g(x)>g(ex−lna)，

则x>ex−lna=exa，可得a>exx，

令ℎ(x)=exx，其中x>0，则ℎ′(x)=ex(x−1)x2，

当0<x<1时，ℎ′(x)<0，即函数ℎ(x)在(0,1)上递减，

当x>1时，ℎ′(x)>0，即函数ℎ(x)在9.【答案】BCD

【解析】解：对于A，因为eπ为常数，所以(eπ)′=0，故A错误；

对于B，因为(2x3)′=6x2，故B正确；

对于C，因为[sin(cosx)]′=cos(cosx)⋅(cosx)′=−sinx⋅cos(cosx)，故10.【答案】ACD

【解析】解：对于A，直线y=ax+b过原点，则b=0，此时曲线y=x2+a过点(1,0)，则a=−1，

直线y=−x与曲线y=x2−1，符合要求，A可能；

对于B，直线y=ax+b过点(2,0)，且a<0，则b=−2a，此时曲线y=−2ax3+x2+a，

又曲线过点(2,0)，则−16a+4+a=0，解得a=415>0与a<0矛盾，B不可能；

对于C，直线y=ax+b过点(0,2)，且a=0，则b=2，此时曲线y=2x3+x2，

求导得y′=6x2+2x=6x(x+13)，

当−13<x<0时，y′<0，当x<−13或x>0时，y′>0，

函数y=2x3+x2在(−13,0)上单调递减，在(−∞,−13),(0,+∞)上单调递增，

符合要求，C可能；

对于D，直线y=ax+b过点11.【答案】ACD

【解析】解：对于A，由y=f(x)=ex−e+1，可得x=ln(y+e−1)，

所以f(x)=ex−e+1的反函数为g(x)=ln(x+e−1)，

所以函数f(x)和g(x)的图象关于y=x对称，故A正确；

对于B，由y=ex−e+1y=x，可得ex−x=e−1，

令φ(x)=ex−x−e+1，所以φ′(x)=ex−1，

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

又φ(−2)=e−2−e+3>0，φ(−1)=e−1−e+2<0，φ(1)=0，

所以φ(x)在(−2,−1)内有一个零点x0∈(−2,−1)，另一个零点为1，

所以(x0,y0)到原点的距离2|x0|>2，故B错误；

对于C，函数ℎ(x)=f(x)−g(x)的零点即为y=g(x)−x的零点，

由B可知φ(x)有两个零点，且一个零点x0∈(−2,−1)，另一个零点为1，

所以ℎ(x)=f(x)−g(x)有两个零点x1，x2，且x1+x2>−1，故C正确；

对于D，因为x+y=t与对称轴y=x垂直，

所以直线x+y=t被Γ截得弦长是12.【答案】(0,2)

【解析】解：令函数g(x)=f(x)x，那么导函数g′(x)=xf′(x)−f(x)x2，

由于在(0,+∞)上有xf′(x)<f(x)，因此xf′(x)−f(x)<0，因此g′(x)<0，

因此函数g(x)在(0,+∞)上单调递减，由于f(2)=0，因此g(2)=0，

因此x∈(0,2)时，函数g(x)=f(x)x>0，此时f(x)>0，

x∈(2,+∞)时，函数g(x)=f(x)x<0，此时f(x)<0，

因此f(x)>0的解集为(0,2)．

故答案为：(0,2)．

构造函数g(x)=13.【答案】3

【解析】解：当0<a<6时，f(x)=x(x−a)，f′(x)=3x−a2x，

当0<x<13a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>13a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

故x=13a时，14.【答案】(−e【解析】解：由题知f(x)=ex+ax3在(0,+∞)上存在极值，

即f′(x)在(0,+∞)上存在变号零点，

所以f′(x)=(x−3)ex−3ax4，

设函数g(x)=(x−3)ex−3a，

即g(x)在(0,+∞)上存在变号零点，

则g′(x)=(x−2)ex，

当0<x<2时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x>2时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

因为x→+∞时，g(x)→+∞，

故只需g(x)min=g(2)=−e2−3a<0即可，

15.【答案】a=2；

最大值为1，最小值为−17．

【解析】解：(1)由函数f(x)=13x3−ax2+(a2−1)x+1(a∈R)，

可得f′(x)=x2−2ax+(a2−1)，

因为x=1为f(x)的极值点，

所以f′(1)=1−2a+(a2−1)=0，解得a=0或a=2，

当a=2时，f′(x)=x2−4x+3，

令f′(x)>0，得x<1或x>3，令f′(x)<0，得1<x<3，

即函数f(x)在(1,3)上单调递减，在(−∞,1)和(3,+∞)上单调递增，x=1为f(x)的极大值点．

当a=0时，f′(x)=x2−1，

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

即函数f(x)在(−1,1)上单调递减，在(−∞,−1)和(1,+∞)上单调递增，x=1为f(x)的极小值点，

综上所述：若x=1为f(x)的极大值点，a=2；

(2)若a=1，则f(x)=13x3−x2+1，则f′(x)=x2−2x，

因为x∈[−3,3]，所以令f′(x)>0，得−3<x<0或2<x<3，令f′(x)<0，得0<x<2，

即函数16.【答案】当a≤0时，f(x)在(0,12)单调递减，在(12,+∞)单调递增，

当0<a<12时，f(x)在(a,12)单调递减，在(0,a)，(12,+∞)单调递增，

当a=12时，f(x)在(0,+∞)单调递增，

当【解析】解：(1)由f(x)=alnx−(2a+1)x+x2，

可得f′(x)=ax−(2a+1)+2x=a−(2a+1)x+2x2x=(2x−1)(x−a)x，x>0，

令ℎ(x)=(2x−1)(x−a)=0，解得x=12或x=a，

①当a≤0时，ℎ(x)在(0,12)小于0，即f′(x)<0，f(x)单调递减，

ℎ(x)在(12,+∞)大于0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，

②当0<a<12时，ℎ(x)在(0,a)，(12,+∞)大于0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，

ℎ(x)在(a,12)小于0，即f′(x)<0，f(x)单调递减，

③当a=12时，ℎ(x)≥0在(0,+∞)恒成立，即f′(x)≥0恒成立，当且仅当x=12时等号成立，

所以f(x)在(0,+∞)单调递增，

④当a>12时，ℎ(x)在(0,12)，(a,+∞)大于0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，

ℎ(x)在(12,a)小于0，即f′(x)<0，f(x)单调递减，

综上所述，当a>12时，f(x)在(12,a)单调递减，在(0,12)，(a,+∞)单调递增．

当a=12时，f(x)在(0,+∞)单调递增，

当0<a<12时，f(x)在(a,12)单调递减，在(0,a)，(12,+∞)单调递增；

当a≤0时，f(x)在(0,12)单调递减，在(12,+∞)单调递增；

17.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=lnx+x⋅1x=lnx+1，

所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为f′(1)=1，

又f(1)=0，

所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−0=1×(x−1)，即y=x−1．

(Ⅱ)g(x)=f(x)x+2x2=xlnxx+2x2=lnx+2x2，x>0，

g′(x)=1x−2⋅2x3=x2−4x3，

令g′(x)=0，得x=2或−2(舍)，

所以在(0,2)上g′(x)<0，g(x)单调递减，

在(2,+∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以g(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,+∞)．

(Ⅲ)若对于任意x∈[1e,2e]，都有f(x)≤ax−e，

则若对于任意x∈[1e,2e]，都有xlnx≤ax−e

即若对于任意x∈[1e,2e]，都有lnx+ex≤a，

令ℎ(x)=lnx+ex，x∈[1e,2e]【解析】(Ⅰ)由导数的几何意义可得曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为f′(1)，又f(1)=0，由点斜式，即可得出答案．

(Ⅱ)根据题意可得g(x)=lnx+2x2，x>0，求导分析g′(x)的符号，g(x)的单调性．

(Ⅲ)根据题意可得若对于任意x∈[1e,2e]，都有lnx+ex≤a18.【答案】极小值为−e，无极大值，作图见解析；

当a∈[0,+∞)∪{−e}时，方程f(x)=a有唯一的实数根；

当a∈(−e,0)时，方程f(x)=a有两个不同的实数根；

当a∈(−∞,−e)时，方程f(x)=a无实数根；

证明见解析．

【解析】解：(1)定义域为R，f′(x)=ex+(x−2)ex=(x−1)ex，

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，

则极小值为f(1)=−e，无极大值．

当x<2时，x−2<0，ex>0，则f(x)<0恒成立，且f(x)有唯一零点x=2，

则f(x)图象如下：

(2)方程f(x)=a的根的个数等价于函数f(x)图象与y=a的交点个数；

当a≥0时，f(x)与y=a有且仅有一个交点；

当−e<a<0时，f(x)与y=a有两个不同交点；

当a=−e时，f(x)与y=a有且仅有一个交点；

当a<−e时，f(x)与y=a无交点；

综上所述：当a∈[0,+∞)∪{−e}时，方程f(x)=a有唯一的实数根；

当a∈(−e,0)时，方程f(x)=a有两个不同的实数根；

当a∈(−∞,−e)时，方程f(x)=a无实数根．

(3)证明：令g(x)=ex−3−lnx+1(x>0)，

则g′(x)=ex−3−1x=xex−3−1x，

令m(x)=xex−3−1，则m′(x)=ex−3+xex−3>0，

所以m(x)在(0,+∞)上单调递增，

又m(3)=2>0，m(2)=−1+2e<0，

所以存在x0∈(2,3)，使得m(x0)=0，

即x0ex0−3−1=0，即x0=1ex0−3=e3−x0，

所以当x∈(0,x0)时，19.【答案】{k|k≤4−2ln2}；

y=3x+3；

{k|k≤e}．

【解析】解：(1)f′(x)=ex+1−2x−k，

由题意得，x∈[−1,+∞)，f′(x)≥0恒成立．

令F(x)=f′(x)，则F′(x)=ex+1−2，且F′(x)在[−1,+∞)单调递增，

令F′(x)=0，解得x=ln2−1>−1，

所以当x∈(−1,ln2−1)时，F′(x)<0，故F(x)单调递减；

当x∈(ln2−1,+∞)时，F′(x)>0，故F(x)单调递增；

所以F(x)min=F(ln2−1)=4−2ln2−k，

又f′(x)≥0，当且仅当F(x)min≥0，故k≤4−2ln2．

(2)当k=0时，f(x)=ex+1−x2，则f′(x)=ex+1−2x，

则曲线y=f(x)在点(−1,f(−1))处的切线斜率为f′(−1)=3，又f(−1)=0，

所以曲线y=f(x)在点(−1,f(−1))处的切线方程为y=3x+3．

(3)解法一：因为f(−1)=k，所以题意等价于当x>−1时，f(x)≥k．

即∀x∈(−