2023-2024学年重庆市九龙坡区渝高中学高二（下）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年重庆市九龙坡区渝高中学高二（下）第一次月考数学试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.如图，函数y=f(x)的图象在点P处的切线方程是y=−x+8，则Δx→0limf(5+Δx)−f(5−Δx)Δx=( )
A. −12
B. −1
C. 12
D. −2
2.丹麦数学家琴生(Jensen)是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数f(x)在(a,b)上的导函数为f′(x)，记f′(x)在(a,b)上的导函数为f″(x)，若在(a,b)上f″(x)>0恒成立，则称函数f(x)在(a,b)上为“凹函数”.则下列函数在(0,2π)上是“凹函数”的是( )
A. f(x)=x2+sinxB. f(x)=x−sinx
C. f(x)=x+lnxD. f(x)=ex−xlnx
3.已知f(x)=12x2+2xf′(2022)−2022lnx，则f′(2022)=( )
A. 2021B. −2021C. 2022D. −2022
4.若函数f(x)=x+(x2−ax)lnx的极值点是1，则f′(2)=( )
A. 4ln2+1B. 2ln2+1C. 2ln2D. 1
5.已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)=1，且f(x)的导函数f′(x)在上R恒有f′(x)<12，则不等式f(x)A. (1,+∞)B. (−∞,1)
C. (−1,1)D. (−∞,1)∪(1,+∞)
6.函数f(x)=ex−ln(x+m)在[0,1]上单调递增，则实数m的取值范围为( )
A. [1,+∞)B. [1e−1,+∞)C. (0,1]D. (−∞,1e−1]
7.已知函数y=x3−3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=( )
A. −2或2B. −9或3C. −1或1D. −3或1
8.若曲线y=lnx与曲线：y=x2−k有公切线，则实数k的最大值为( )
A. 78+12ln2B. 78−12ln2C. 12+12ln2D. 12+12ln2
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.下列求函数的导数正确的是( )
A. [ln(2x+1)]′=22x+1B. (e5x−4)′=e5x−4
C. ( 2x−1)′=1 2x−1D. [sin(2x+π3)]′=−2cs(2x+π3)
10.函数f(x)的定义域为R，它的导函数y=f′(x)的部分图像如图所示，则下列结论正确的是( )
A. f(−2)>f(−1)B. x=1是f(x)的极小值点
C. 函数f(x)在(−1,1)上有极大值D. x=−3是f(x)的极大值点
11.已知函数f(x)=elnx−x−f(e)，则( )
A. f(1)=−1B. f(x)max=0C. f(e2)2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=x+1x+2lnx的图象在点(1,f(1))处的切线方程为______．
13.函数f(x)=lnx−2x−1的单调增区间为______．
14.记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.已知：m，n∈R，若函数f(x)=mx2+nx与g(x)=lnx存在“S点”，则实数m的取值范围为______．
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)
求下列函数的最值：
(1)f(x)=sinx+csx，x∈[−π2,π2]；
(2)f(x)=ln(1+x)−14x2，x∈[0,2]．
16.(本小题15分)
设函数f(x)=x3−3ax+b(a≠0)．
(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=8相切，求a，b的值；
(Ⅱ)求函数f(x)的单调区间与极值点．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=ax3+4x2的图象经过点A(1,5)．
(1)求曲线y=f(x)在点A处的切线方程；
(2)曲线y=f(x)是否存在过坐标原点的切线？若存在，求切点的坐标；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex+bx(e为自然对数的底数)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若b=1，当x2>x1>0时，f(x1)−f(x2)<(x1−x2)(mx1+mx2+1)恒成立，求实数m的取值范围．
19.(本小题17分)
关于x的函数f(x)=lnx+2x−b(b>2)，我们曾在必修一中学习过“二分法”求其零点近似值．现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法——“牛顿切线法”．
(1)证明：f(x)有唯一零点a，且a∈(1,b)；
(2)现在，我们任取x1∈(1,a)开始，实施如下步骤：
在(x1,f(x1))处作曲线f(x)的切线，交x轴于点(x2,0)；
在(x2,f(x2))处作曲线f(x)的切线，交x轴于点(x3,0)；
……
在(xn,f(xn))处作曲线f(x)的切线，交x轴于点(xn+1,0)；
可以得到一个数列{xn}，它的各项都是f(x)不同程度的零点近似值．
(ⅰ)设xn+1=g(xn)，求g(xn)的解析式(用xn表示xn+1)；
(ⅱ)证明：当x1∈(1,a)，总有xn参考答案
1.D
2.A
3.B
4.B
5.A
6.A
7.A
8.C
9.AC
10.AD
11.ABD
12.x−y+1=0
13.(0,1)和(1,+∞)
14.[−12e3,+∞)
15.解：(1)f(x)=sinx+csx= 2sin(x+π4)，
因为x∈[−π2,π2]，
所以x+π4∈[−π4,3π4]，
故当x+π4=π2，即x=π4时，函数的最大值为f(π4)= 2×1= 2，
当x+π4=−π4，即x=−π2时，函数的最小值为f(−π2)= 2×(− 22)=−1；
(2)f′(x)=11+x−12x=−x2−x+22(1+x)=−(x+2)(x−1)2(1+x)，
由f′(x)=0得x=−2(舍)或x=1，
当x∈[0,1]时，f′(x)>0，所以函数f(x)在[0,1]单调递增，
当x∈[1,2]时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[1,2]单调递减，
故f(x)max=f(1)=ln2−14，
又f(0)=0，f(2)=ln3−1>0，
所以f(x)min=f(0)=0．
16.解：(Ⅰ)f′(x)=3x2−3a，
∵曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=8相切，
∴f′(2)=0f(2)=8⇒3(4−a)=08−6a+b=8⇒a=4b=24.
(Ⅱ)∵f′(x)=3(x2−a)(a≠0)，
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(−∞,+∞)上单调递增，此时函数f(x)没有极值点．
当a>0时，由f′(x)=0⇒x=± a，
当x∈(−∞,− a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(− a, a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈( a,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
∴此时x=− a是f(x)的极大值点，x= a是f(x)的极小值点．
17.解：(1)依题意可得f(1)=a+4=5，则a=1．
所以f′(x)=3x2+8x，则f′(1)=11，
所以曲线y=f(x)在点(1,5)处的切线方程为y−5=11(x−1)，即y=11x−6．
(2)设切点为(m,km)，则m3+4m2=km,3m2+8m=k,
消去k，整理得m3+2m2=0，
解得m=0或m=−2，
所以曲线y=f(x)存在过坐标原点的切线，且切点的坐标为(0,0)或(−2,8)．
18.解：(1)由f(x)=ex+bx 得f′(x)=ex+b，
当b≥0时，则f′(x)>0，即f(x)=ex+bx 在(−∞,+∞) 上是增函数；
当b<0时，令f′(x)>0 得x>ln(−b)，令f′(x)<0 得x故f(x)=ex+bx 在(−∞,ln(−b)) 上单调递减，在(ln(−b),+∞) 上单调递增；
(2)由题意知：f(x1)−f(x2)<(x1−x2)(mx1+mx2+1)，x2>x1>0，
即f(x1)−mx12−x1即函数ϕ(x)=f(x)−mx2−x=ex−mx2 在(0,+∞) 上为增函数，
只需ϕ′(x)=ex−2mx≥0(x>0)，即2m≤exx(x>0)，
令ℎ(x)=exx(x>0)，则ℎ′(x)=ex(x−1)x2，由ℎ′(x)=0 得x=1，
当ℎ′(x)<0 时，00 时，x>1；
所以ℎ(x) 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞) 上单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(1)=e，则2m≤e，即m≤e2，
所以实数m 的取值范围为(−∞,e2]．
19.(1)证明：f(x)=lnx+2x−b(b>2)，定义域为(0,+∞)，
所以，f′(x)=1x+2>0在(0,+∞)上恒成立，
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f(1)=lnl+2−b=2−b<0(b>2)，f(b)=lnb+2b−b=lnb+b>0(b>2)，
所以，存在唯一a∈(1,b)，使得f(a)=0，即：f(x)有唯一零点a，且a∈(1,b)；
(2)解：(i)由(1)知f′(x)=1x+2，
所以，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线斜率为kn=1xn+2，
所以，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为y−f(xn)=f′(xn)(x−xn)，即y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
令y=0得x=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，
所以，切线与x轴的交点(−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn,0)，即xn+1=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn，
所以，g(xn)=−xnlnxn+(b+1)xn1+2xn；
证明：(ii)对任意的xn∈(0,+∞)，由(i)知，曲线f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程为：y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
故令ℎ(x)=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
令F(x)=f(x)−ℎ(x)=lnx−1xnx−lnxn+1，
所以，F(x)=1x−1xn=xn−xxnx，
所以，当x∈(0,xn)时，F(x)>0，F(x)单调递增，当x∈(xn,+∞)时，F(x)<0，F(x)单调递减，
所以，恒有F(x)≤F(xn)=0，即f(x)≤ℎ(x)恒成立，当且仅当x=xn时等号成立，
另一方面，由(i)知，xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，且当xn≠a时，xn+1≠xn，
(若xn=a，则f(xn)=f(a)=0，故任意xn+1=xn=…=x1=a，显然矛盾)，
因为xn+1是ℎ(x)的零点，
所以f(xn+1)<ℎ(xn+1)=f(a)=0，
因为f(x)为单调递增函数，
所以，对任意的xn≠a时，总有xn+1又因为x1所以，对于任意n∈N∗，均有xn所以，f′(xn)>0，f(xn)所以xn+1=xn−f(xn)f′(xn)>xn，
综上，当x1∈(1,a)，总有xn

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