四川省树德中学2021-2022学年高二数学（文）下学期4月阶段性测试（PDF版附解析）

x112树德中学高2020级高二下学期4月阶段性测试数学（文科）试题8．已知函数f(x)满足f(x)f(1)ef(0)xx，则f(1)的值为（）2命题人、审题人：高二数学备课组1A．eB．C．1D．0考试时间：120分钟；满分：150分e第I卷（选择题）259．已知a，be，c，则以下不等式正确的是（）一、单选题（每小题仅有一个正确选项，选对得5分，共60分）ln2ln5A．cabB．cbaC．bacD．bca1．已知x,yR，i为虚数单位，且y2i2yx，则xy的值为（）x2x10．若函数fxxeme有两个极值点，则实数m的取值范围是（）A．1B．2C．3D．422．函数f(x)4.9x在区间[1,2]上的平均变化率等于（）111A．0,B．,0C．,0D．0,422A．4.9B．9.8C．14.7D．19.6f(2x)f(2)33．设函数yf(x)在R上可导，则lim等于（）11．fx是定义在R上的函数，fx是fx的导函数，已知fxfx，且f1e，f2e，x0xA．f(2)B．f(2)C．f(2)D．以上都不对22x1则不等式ef2x1e0的解集为（）x14．设函数ye在x0处的切线斜率为（）331A．,B．1,C．,D．,1A．1B．eC．D．22e4xx112．已知函数fxxe1aea，aZ.若存在x00，使得fx00，则实数a的最小值为（）5．吹气球时，气球的半径r（单位：dm）与体积V（单位：L）之间的函数关系是3V3（0V5），r(V)A．2B．3C．4D．54第II卷（非选择题）则气球在V1时的瞬时膨胀率为（）二、填空题（每小题5分，共20分）221113．函数f(x)sinxx，x(0,)的单调递减区间为____________.A．133B．33C．133D．33__34434414．把复数z的共轭复数记作z，已知12iz43i（其中i是虚数单位），则z___________.6．若2xx2yyee，则（）f(x)15．已知在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则不等式0的解集A.ln(yx1)0B.ln(yx1)0C.ln|xy|0D.ln|xy|0f(x)12为_______.7．已知函数f(x)xcosx，则f(x)的导函数f(x)的图象大致是（）42x16．已知x0是函数fxln1x的极大值点，则m的值为2mxx2________．A．B．C．D．高二数学（文科）2022-04阶考第1页共2页 x三、解答题（17题满分10分，18-22题，每题满分12分，共70分）e20.已知函数f(x)a．1312x17．已知函数fxxx2x1.32f(x)a（1）若g(x)，当x(0,1)时，试比较g(x)与g(2x)的大小；x（1）写出函数fx的单调区间；（2）若f(x)的两个不同零点分别为x1,x2(x1x2)，求证：x1x22．（2）讨论函数fx的极大值和极小值是否存在.如果存在，求出极值.1221．已知函数f(x)xlnxaxx.2sinx（1）若函数g(x)f(x)，且g(x)最大值为1，求实数a的值；18．已知f(x)xx1（2）若不等式g(x)exa在x[1,)上恒成立，求实数a的取值范围.（1）求曲线yf(x)在x处切线的方程；（2）求函数f(x)在区间[,]上的最值．2222．已知函数fxx(a2)xalnx2a2，其中a2.19．已知函数fxaxlnexaR.（1）求fx的单调区间；（1）当a1时，求函数fx的最小值；（2）讨论函数fx的零点个数.x1（2）若gxfx(ea1)x，求gx的最小值.e高二数学（文科）2022-04阶考第2页共2页 137树德中学高2020级高二下学期4月阶段性测试数学（文科）试题(2)易知当x1时，fx有极大值f(1)；当x2时，fx有极小值f(2).--------4分6318．【源自】人教2003A版选修2-2P18习题1.2A组第7题（人教2019A版选择性必修第二册P81习题参考答案5.2复习巩固第5题）改编.1．B【源自】人教2003A版选修2-2P104练习3（人教2019A版必修第二册P70练习3）.xcosxsinx【解析】解：（1）f(x)22．C【源自】人教2003A版选修2-2P3问题2（人教2019A版选择性必修第二册P59问题1）改编.x3．A【源自】人教2003A版选修2-2P6例1（人教2019A版选择性必修第二册P65例2）改编.11当x时，y0，即切点坐标为,0，切线斜率为k，故所求切线方程为y(x)，即4．C【源自】人教2003A版选修2-2P19B组第2题（人教2019A版选择性必修第二册P81第7题）改编.5．C【源自】人教2003A版选修2-2P9练习（人教2019A版选择性必修第二册P70练习4）改编.xy0；--------------6分6．B【源自】人教2003A版选修2-2P65第2题（人教2019A版选择性必修第二册P103第2题）改编.（2）当x[,]时，xcosxsinx0，所以f(x)0.7．A【源自】人教2003A版选修2-2P10习题1.1A组第6题（人教2019A版选择性必修第二册P71第102题）改编.2故函数f(x)在区间[,]上单调递减.所以f(x)f()，f(x)f()0.------6分maxmin8．A【源自】人教2003A版选修2-2P26练习第1题（人教2019A版选择性必修第二册P99第2题）改22编.19．【源自】人教2003A版选修2-2P32B组第1题（人教2019A版选择性必修第二册P99第12题）改编.9．A【源自】人教2003A版选修2-2P26练习第1题第（2）小题（人教2019A版选择性必修第二册P89【解析】(1)当a1时，fxxlnx1，其定义域为0,，fx11x1，xx例4）改编.10．D【源自】人教2003A版选修2-2P26练习第1题、P32第4小题（人教2019A版选择性必修第二册当x(0,1)时，fx0，fx单调递减，x1,时，fx0，fx单调递增，P89例4、P92练习第1题）改编.11．B【源自】人教2003A版选修2-2P18习题1.2A组第4题（人教2019A版选择性必修第二册P81习综上所述，fxf10.--------------5分min题5.2复习巩固第1题）改编.(2)方法1：隐零点12．C【源自】人教2003A版选修2-2P32B组第1题、第2小题等（人教2019A版选择性必修第二册P99x1第12、13题）改编.gxxelnxx1，x0e13．(0,)【源自】人教2003A版选修2-2P24例2第（3）题（人教2019A版选择性必修第二册P86例x11第（2）题）.又gx(x1)e1，x0x14．2i【源自】人教2003A版选修2-2P116复习参考B组第1题（人教2019A版必修第二册P95第7题）.所以gx为0,上的增函数.15．(2,1)(0,)【源自】人教2003A版选修2-2P24例1（人教2019A版选择性必修第二册P86-8722e2122例2）改编.又ge(e1)e21(e1)ee10，g12e20e116．【源自】2018年全国III卷压轴题改编.2ex01，也即6所以存在x0e,1，使得gx00，即x0lnx0.x017．【源自】人教2003A版选修2-2P28例4改编（人教2019A版选择性必修第二册P87例3）.又gx为0,上的增函数，2【解析】(1)fxxx2(x1)(x2).所以x0,x0时，gxgx00，gx在0,x0上为减函数；令fx0，得x1或x2.易知，在区间,1上，fx0，fx单调递增；在区间1,2上，xx0,时，gxgx00，gx在x0,上为增函数；fx0，fx单调递减；在区间2,上，fx0，fx单调递增.故函数的增区间为,1和x111因而，gxgxxe0lnxx11xx1.--------------7分min0000002,；减区间为1,2.--------------6分eee方法2：同构（此法建议也给满分）高二数学（文科）2022-04阶考第3页共2页 所以F(x)在(0,1)上为减函数，故F(x)F(1)0，得证.--------------12分由（1）知lnxx1，所以有lnxx1xee，即ex1.方法2：对数平均值不等式（需补证）因为xexelnxx，所以xexelnxxlnxx1，当且仅当lnxx0时取等.ex1ex2xx12由题知0，取对数有x1x2lnx1lnx2，即1xxlnxlnx1212x11所以gxxelnxx1.eexxxx12121又（要补证），所以x1x22.因而当x0lnx0时，gx有最小值.lnx1lnx22e20.【源自】人教2003A版选修2-2P18习题1.2A组第7题（人教2019A版选择性必修第二册P81习题方法3：差变量代换5.2复习巩固第5题）和高考题的改编.xe1ax0,11xxex(x2)ex由题知得xx(e1e2)，x12【解析】（1）g(x)，g(x)，e2ax0,a232xx当x(0,1)时，2x(1,2)，且x2x要证xx2，即证ex1ex22a12又当x(,2)时，g(x)0，所以g(x)g(2x).--------------4分x（2）f(x)(x1)eex1ex2ex1ex2x1x2x1x22aex1ex22eee1x又，即证，也即证xx22xxxx12ex1ex2ex1x211212f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增．所以f(x)minf(1)eat记txx，则t0,0e1，12又f(x)有两个不同零点，所以ae.eaa2taeaea2(e1)此时f(e)aea0，f(a)aa0，因此只要证明：t0，aaatee1at2(x1)所以存在x(e,1),x(1,a)，符合题意.--------------6分再次换元令ex(0,1),tlnx，即证lnx0,x(0,1)12x1方法1：分析法2(x1)构造新函数F(x)lnx，F(1)0x1要证x1x22，即证x22x1．214(x1)求导F(x)0，得F(x)在(1,)上递增，x1,12x2，且f(x)在(1,)上单调递增，xx2xx2因为21(1)(1)所以F(x)F(1)0，得证.所以只需证fx2f2x1．21．【源自】人教2003A版选修2-2P18习题1.2A组第6题、P26练习1第1题（人教2019A版选择性必修第二册P81习题5.2复习巩固第4题和P87练习第1题）改编.因为fx2fx1，所以即证fx1f2x1．1【解析】(1)解：g(x)f(x)lnxax(aR)，其定义域为(0,)，且g(x)a.令F(x)f(x)f(2x)，x(0,1)x①若a0，则g(x)在(0,)上递增，此时f(1)a0，不合题意，舍去.x2xeeF(x)f(x)f(2x)(x1)[22](x1)[g(x)g(2x)]，x(0,1)x(2x)11②若a0，则g(x)在0,上递增，f(x)在,上递减.aa由（1）知，g(x)g(2x)1x2x[g(x)]flna1ee所以max，令lna11，得a1.综上得：a1.--------------4分所以F(x)f(x)f(2x)(x1)[22](x1)[g(x)g(2x)]0ax(2x)(2)方法1：分离参数高二数学（文科）2022-04阶考第4页共2页 22．【源自】2016、2017年全国卷高考试题的改编.由题知x1a(x1)lnxex1x在x[1,)上恒成立.lnxaxexa0在x[1,)上恒成立，也即a(x1)(2xa)【解析】fx2x(a2)x当x1时，aR；xxx1lnxex当x1时，a；--------------7分(1)当a0时，fx在(0,1]为减函数，在(1,)为增函数；x1x11aax1(2x)elnx当0a2时，fx在(0,)和(1,)上为增函数；fx在(,1)为减函数；lnxexx22令(x)，则(x)x12(x1)当a2时，fx在(0,)上为增函数.--------------4分x11x11再令m(x)(2x)elnx，则m(x)(1x)(e)0x2x(2)当a0时，fxf1a1min所以m(x)m(1)0,故(x)0，(x)在(1,)上单减.x1x111lnxexlnxex(ln1e1)又lim(x)limlim①若1a0，则fxfxa10，此时函数fx无零点；minx1x1x1x1x1x11x1(lnxex)|x1(e1)|x11（导数的定义）②若a1，fxminf1a10，此时函数fx有且仅有一个零点；x故a1，综上实数a的取值范围为[1,).--------------12分2422422③若a1，fxf1a10，又fee(a2)ealne2a2e2e2(4e)a0min方法2：直接分类讨论x1fe2e4(a2)e2alne22a2e42e22ae2e42e22e20因为不等式g(x)exa在x[1,)上恒成立，所以不等式lnxaxex1xa0在x[1,)上恒成立.（零点的存在性，若用极限limfx刻画建议扣2分，只要找到，合理就给分）x0x11x1，(e2,1)(1,e2)各有一个零点，共两个零点；--------------8分令F(x)lnxaxexa，则F(x)ae1所以函数fx在和x1x11x1，④当0a2时，fxf1a10，fxf1a10令h(x)ae1，则h(x)e02极小值极大值xx所以h(x)在[1,)上递减.--------------7分所以函数fx在(1)无零点，①若a1，则h(x)h(1)1a0，即F(x)0，所以F(x)在[1,)上递减，所以F(x)F(1)0符合题意.而当0x1时，fxx[x(a2)]alnx2a2alnx2a21x1［注：也可以通过e0，1a0得到F(x)0］--------------9分x2a22a2xea1，则有fx0，故函数fx在a②若a1，则2a1，1ln(2a)1，只需取00(e,1)上有一个零点.11h(1ln(2a))a(2a)110，综上，当1a0时，函数fx无零点；当a1或0a2时，函数fx有唯一零点；当a1时，1ln(2a)1ln(2a)［注：“取点”方法不唯一，例如h(2a)0］函数fx有两个零点.--------------12分又h(1)1a0，h(x)在[1,)上单调递减，所以存在唯一实数x0(1,1ln(2a))，使得hx00.当x1,x0时，h(x)0，即F(x)0，所以F(x)在1,x0上递增，所以F(x)F(1)0，不合题意.综上，实数a的取值范围是[1,).--------------12分高二数学（文科）2022-04阶考第5页共2页