2020-2021学年河南省新乡市高二（下）3月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省新乡市高二（下）3月月考数学（文）试卷人教A版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若集合A=x|x>1,B=x|x2+3x>0，则A∩B=( )
A.x|x>1 B.x|x>3 C.x|x<1 D.x|x<−3

2. 函数fx=3lnx在区间1,2上的平均变化率为( )
A.ln2B.ln4C.ln6D.ln8

3. 函数y=1−3x的定义域为( )
A.(0, 1]B.[0, +∞)C.(−1, 0]D.(−∞, 0]

4. 函数y=lg0.3x+1+lg0.33−x的单调减区间为( )
A.−1,0 B.−1,1 C.0,3 D.1,3

5. 函数fx=1x+ax2，若f′1=0，则实数a的值为( )
A.12B.−12C.1D.−1

6. 函数fx=x32x+2−x的部分图象大致为( )
A.
B.
C.
D.

7. 函数fx=x+2sinx在区间−π,π上的最大值为( )
A.π4+2B.π3+3C.2π3+3D.3π4+2

8. 设a=30.3，b=lg0.30.5，c=50.2，则( )
A.a
9. 已知函数fx是幂函数，且f2=2，gx=f2x−4fx−1，则gx取得最小值时( )
A.x=1B.x=2C.x=4D.x=5

10. 设函数fx=x+1ex−1的图象在点1,f1处的切线为l，则直线l与坐标轴围成的三角形的面积为( )
A.16B.14C.13D.12

11. 对于任意两个正整数m，n，定义某种运算"※”，法则如下：当m，n都是正奇数时，m※ n=m+n ．当m，n不全为正奇数时，m※ n=mn，则在此定义下，集合M={a,b|a※b=16，a∈N∗，b∈N∗）的真子集的个数是（ ）
A.27−1B.211−1C.213−1D.214−1

12. 已知函数fx=xex，gx=2xln2x，若fx1=gx2=t，t>0，则lntx1x2的最大值为( )
A.1e2B.4e2C.1eD.2e
二、填空题

若函数fx=lg3x+a的图象过点2,2，则a=________．
三、解答题

已知函数fx满足f2x+1=4x2+4x．
(1)求函数fx的表达式；

(2)设函数gx=3x+b，若函数fx与gx的图象只有一个公共点，求实数b的值，并写出这个公共点的坐标．

已知集合A=x|x2−2ax+a2−1<0，B=x|x2+x>0．
(1)若A∩(∁RB)=[−1,a+1)，求实数a的取值范围；

(2)若A⫋B，求实数a的取值范围．

某商品销售价格和销售量与销售天数有关，第x天1≤x≤20,x∈N∗的销售价格p=50−|x−6|（元／百斤），第x天1≤x≤20,x∈N∗的销售量q=a+|x−8|（百斤）（a为常数），且第7天销售该商品的销售收入为2009元．
(1)求第10天销售该商品的销售收入是多少？

(2)这20天中，哪一天的销售收入最大？为多少？

已知函数fx=2xcsx．
(1)求函数gx=2sinx+x2−fx的最值；

(2)求证：当x∈0,1时，fx≤2x−12x3．

已知函数fx=x2+axlnx−2ax．
(1)若x=1是函数fx的一个极值点，求fx的单调区间；

(2)若函数fx在区间1,+∞上是增函数，求实数a的取值范围．

定义在R上的连续函数fx，gx满足对任意x，y∈R，fx+y=fxgy+fygx，gx+y=fxfy+gxgy，g2x=2gx2−1．
(1)证明：gx>fx；

(2)请判断fx，gx的奇偶性；

(3)若对于任意x∈R，不等式g2x≥mgx−6恒成立，求出m的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省新乡市高二（下）3月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 集合A=x|x>1,B=x|x2+3x>0={x|x<−3或x>0}，
∴ A∩B={x|x>1}.
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
变化的快慢与变化率
【解析】

【解答】
解：平均变化率为f2−f12−1=3ln2−3ln1=ln8．
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
利用函数定义域的求法求函数的定义域．
【解答】
解：要使函数有意义，则有1−3x≥0，
即3x≤1，所以x≤0，
故函数的定义域为(−∞, 0]．
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
对数的运算性质
复合函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可得，x+1>0，3−x>0，
∴ −1y=lg0.3x+1+lg0.33−x
=lg0.3(x+1)(3−x)，
∵ y=(x+1)(3−x)的单调增区间为(−∞,1)，
y=lg0.3x在定义域上是减函数，
∴ y=lg0.3x+1+lg0.33−x的单调减区间为(−1,1).
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
【解析】
无
【解答】
解：∵ f′x=−1x2+2ax，
∴ f′1=−1+2a=0，
∴ a=12．
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
函数的图象与图象变化
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x=1时，f(1)=1321+2−1>0，
故选项A,D错误；
当x趋近于+∞时，f(x)趋近于0，故选项C错误.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
无
【解答】
解：∵ f′x=1+2csx>0，x∈−π,π，
∴ −2π3∴ fx在−π,−2π3，2π3,π上都是减函数，在−2π3,2π3上是增函数.
而f−π=−π，f2π3=2π3+3，
∴ fx的最大值为2π3+3．
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】

【解答】
解：a10=34=27，c10=52=25∴ 1又b<，
∴ b故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
无
【解答】
解：由题意，f(x)=x，
∴ g(x)=f2(x)−4f(x−1)
=x−4x−1
=x−1−4x−1+4−3
=(x−1−2)2−3，
∴ 当x−1=2，即x=5时，gx有最小值−3．
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】

【解答】
解：由题知f1=2，f′x=x+2ex−1，
则f′1=3，
所以切线方程为y−2=3x−1，即y=3x−1，
所以l与坐标轴的交点为13,0，0,−1，
所以三角形面积为12×13×1=16．
故选A．
11.
【答案】
C
【考点】
子集与真子集的个数问题
元素与集合关系的判断
【解析】

【解答】
解：由题意，当m，n都是正奇数时， m※n=m+n，
当m，n不全为正奇数时，m※n=mn.
若a，b都是正奇数，则由a※b=16，可得a+b=16，
此时符合条件的数对为（1,15） (3,13),...(15,1)满足条件的共8个；
若a,b不全为正奇数时， 由 a※b=16，可得ab=16，
则符合条件的数对分别为1,16， 2,8， 4,4， 8,2 ，16,1共5个.
故集合M={(a,b)|a※b=16,a∈N∗,b∈N∗}中的元素个数是13，
所以集合M={(a,b)|a※b=16,a∈N∗,b∈N∗}的真子集的个数是213−1.
故选C.
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】

【解答】
解：因为fx=xex，gx=2xln2x，fx1=gx2=t，t>0，
所以x1ex1=2x2ln2x2=t，
所以ln(x1ex1)=ln2x2ln2x2=lnt，
即lnx1+x1=ln2x2+lnln2x2=lnt．
因为y=x+lnx在0,+∞上单调递增，
所以x1=ln2x2，即lnx1+x1=lnx1+ln2x2=lnt，
所以2x1x2=t，
则lntx1x2=2lntt．
令ℎ(t)=2lntt，则ℎ′t=2−2lntt2，
当0当t>e时，ℎ′t<0，ℎt单调递减，
故当t=e时，ℎt取得最大值ℎe=2e．
故选D．
二、填空题
【答案】
7
【考点】
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
无
【解答】
解：由题意f2=lg32+a=2，
所以2+a=9，a=7．
故答案为：7．
三、解答题
【答案】
解：(1)令2x+1=t，则x=t−12，
∴ ft=4t−122+4t−12=t2−1，
∴ fx=x2−1．
(2)令fx=gx，则x2−1=3x+b，
∴ x2−3x−1−b=0．
由题意知，方程只有1个实数根，
∴ Δ=9−4−1−b=0，
∴ b=−134．
此时x=32，g32=92−134=54，
即公共点坐标为32,54．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
函数的零点与方程根的关系
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)令2x+1=t，则x=t−12，
∴ ft=4t−122+4t−12=t2−1，
∴ fx=x2−1．
(2)令fx=gx，则x2−1=3x+b，
∴ x2−3x−1−b=0．
由题意知，方程只有1个实数根，
∴ Δ=9−4−1−b=0，
∴ b=−134．
此时x=32，g32=92−134=54，
即公共点坐标为32,54．
【答案】
解：(1)A=x|a−10或x<−1}，
∁RB=x|−1≤x≤0.
∵ A∩(∁RB)=[−1,a+1)，
∴ a−1<−1∴ −2即a的取值范围是(−2,−1]．
(2)∵ A⫋B，
∴ a+1≤−1或a−1≥0，
∴ a≤−2或a≥1，
即a的取值范围是−∞,−2∪1,+∞．
【考点】
交、并、补集的混合运算
集合关系中的参数取值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)A=x|a−10或x<−1}，
∁RB=x|−1≤x≤0.
∵ A∩(∁RB)=[−1,a+1)，
∴ a−1<−1∴ −2即a的取值范围是(−2,−1]．
(2)∵ A⫋B，
∴ a+1≤−1或a−1≥0，
∴ a≤−2或a≥1，
即a的取值范围是−∞,−2∪1,+∞．
【答案】
解：(1)由已知得第7天的销售价格p=49，
销售量q=a+1，
∴ 第7天的销售收入W7=49×a+1=2009（元）
解得a=40，
∴ 销售量q=40+|x−8|，
∴ 第10天的销售收入W10=46×42=1932（元）．
(2)设第x天的销售收入为Wx，
则Wx=(44+x)(48−x),1≤x≤6,2009,x=7,(56−x)(32+x),8≤x≤20.
当1≤x≤6时，Wx=44+x48−x
=44×48+4x−x2
=44×48+4−x−22
=2116−x−22，
∴ 当x=2时取最大值W2=2116.
当8≤x≤20时，Wx=56−x32+x
=56×32+24x−x2
=1936−x−122，
∴ 当x=12时取最大值W12=1936.
由于W2>W7>W12，
∴ 第2天该商品的销售收入最大，最大为2116元.
【考点】
函数模型的选择与应用
二次函数在闭区间上的最值
分段函数的应用
【解析】
（1）根据第7天的销售收入求得α，再代入销售量q中求第10天的销售收入；
（2）由（1）求出的a值，分1≤x≤6和8≤x≤20两个范围分别求出销售收入关于第x天的函数，再分别求出其函数的最大
值，再比较每一段间最大值的大小，得解．
【解答】
解：(1)由已知得第7天的销售价格p=49，
销售量q=a+1，
∴ 第7天的销售收入W7=49×a+1=2009（元）
解得a=40，
∴ 销售量q=40+|x−8|，
∴ 第10天的销售收入W10=46×42=1932（元）．
(2)设第x天的销售收入为Wx，
则Wx=(44+x)(48−x),1≤x≤6,2009,x=7,(56−x)(32+x),8≤x≤20.
当1≤x≤6时，Wx=44+x48−x
=44×48+4x−x2
=44×48+4−x−22
=2116−x−22，
∴ 当x=2时取最大值W2=2116.
当8≤x≤20时，Wx=56−x32+x
=56×32+24x−x2
=1936−x−122，
∴ 当x=12时取最大值W12=1936.
由于W2>W7>W12，
∴ 第2天该商品的销售收入最大，最大为2116元.
【答案】
(1)解：gx=2sinx+x2−2xcsx的定义域为R，
g′x=2csx+2x−2csx+2xsinx=2x1+sinx.
∵ 1+sinx≥0，
∴ x≥0时，g′x≥0；x≤0时，g′x≤0，
∴ gx的单调减区间为(−∞,0]，单调增区间为[0,+∞)，
∴ gx有最小值g0=0，没有最大值．
(2)证明：当x∈0,1时，要证fx≤2x−12x3，只要证csx≤1−14x2.
令ℎ(x)=csx−1+14x2，
则ℎ′x=−sinx+12x.
令mx=ℎ′x，m′x=−csx+12.
∵ x∈0,1⊆0,π3，
∴ csx>12，
∴ m′x<0，mx是减函数，
∴ ℎ′x=mx≤m0=0，
∴ ℎx在0,1上是减函数，
∴ ℎ(x)≤ℎ(0)=0，
∴ x∈0,1时，fx≤2x−12x3．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：gx=2sinx+x2−2xcsx的定义域为R，
g′x=2csx+2x−2csx+2xsinx=2x1+sinx.
∵ 1+sinx≥0，
∴ x≥0时，g′x≥0；x≤0时，g′x≤0，
∴ gx的单调减区间为(−∞,0]，单调增区间为[0,+∞)，
∴ gx有最小值g0=0，没有最大值．
(2)证明：当x∈0,1时，要证fx≤2x−12x3，只要证csx≤1−14x2.
令ℎ(x)=csx−1+14x2，
则ℎ′x=−sinx+12x.
令mx=ℎ′x，m′x=−csx+12.
∵ x∈0,1⊆0,π3，
∴ csx>12，
∴ m′x<0，mx是减函数，
∴ ℎ′x=mx≤m0=0，
∴ ℎx在0,1上是减函数，
∴ ℎ(x)≤ℎ(0)=0，
∴ x∈0,1时，fx≤2x−12x3．
【答案】
解：(1)fx的定义域为0,+∞，f′x=2x+alnx+a−2a．
∵ x=1是fx的一个极值点，
∴ f′1=2+a−2a=0，
∴ a=2，
∴ f′x=2x+2lnx−2=2x−1+lnx．
当0∴ f′x<0．
当x>1时，x−1>0，lnx>0，
∴ f′x>0，
∴ fx的单调减区间为0,1，单调增区间为1,+∞．
(2)∵ fx在1,+∞上是增函数，
∴ f′x=2x+alnx−a≥0对x>1成立.
令gx=f′x=2x+alnx−a，
则g′x=2+ax=2x+ax>0，x>−a2．
当−a2≤1，即a≥−2时，gx在[1,+∞)上是增函数，只要g1=2−a≥0，
∴ −2≤a≤2．
当a<−2时，gx在1,−a2上是减函数，在−a2,+∞上是增函数，
只要g−a2≥0．
即−a+aln−a2−a≥0，
∴ ln−a2≤2，
∴ −2e2≤a<−2．
综上，a的取值范围是−2e2,2．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】


【解答】
解：(1)fx的定义域为0,+∞，f′x=2x+alnx+a−2a．
∵ x=1是fx的一个极值点，
∴ f′1=2+a−2a=0，
∴ a=2，
∴ f′x=2x+2lnx−2=2x−1+lnx．
当0∴ f′x<0．
当x>1时，x−1>0，lnx>0，
∴ f′x>0，
∴ fx的单调减区间为0,1，单调增区间为1,+∞．
(2)∵ fx在1,+∞上是增函数，
∴ f′x=2x+alnx−a≥0对x>1成立.
令gx=f′x=2x+alnx−a，
则g′x=2+ax=2x+ax>0，x>−a2．
当−a2≤1，即a≥−2时，gx在[1,+∞)上是增函数，只要g1=2−a≥0，
∴ −2≤a≤2．
当a<−2时，gx在1,−a2上是减函数，在−a2,+∞上是增函数，
只要g−a2≥0．
即−a+aln−a2−a≥0，
∴ ln−a2≤2，
∴ −2e2≤a<−2．
综上，a的取值范围是−2e2,2．
【答案】
(1)证明：令y=x，
可得f2x=2fxg(x)，g(2x)=[f(x)]2+[g(x)]2≥0，
所以g(x)≥0，g(2x)=2[g(x)]2−1=[f(x)]2+[g(x)]2，
所以[g(x)]2=[f(x)]2+1，
所以gx>fx，g(x)≥1．
(2)解：因为g(0)=2[g(0)]2−1，所以g0=1或g0=−12（舍去）．
令x=y=0，可以得到f0=2f0g0=2f0，所以f0=0.
令y=−x，可以得到0=f(0)=f(x)g(−x)+f(−x)g(x)，g(0)=1=f(x)f(−x)+g(x)g(−x)，
上面两式相加可得：[fx+gx][f(−x)+g(−x)]=1=[g(x)]2−[f(x)]2 ．
所以g(x)−f(x)=f(−x)+g(−x)，g(−x)−f(−x)=f(x)+g(x)，
上面两式相加得g−x=gx，相减得f−x=−f(x)，
所以fx为奇函数，gx为偶函数．
(3)解：因为g(2x)=2[g(x)]2−1≥mg(x)−6，
所以m<2[g(x)]2+5g(x)=2g(x)+5g(x)
=2[g(x)+52g(x)](g(x)≥1)，
所以m≤210，即m的最大值为210．
【考点】
抽象函数及其应用
函数奇偶性的判断
函数的最值及其几何意义
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：令y=x，
可得f2x=2fxg(x)，g(2x)=[f(x)]2+[g(x)]2≥0，
所以g(x)≥0，g(2x)=2[g(x)]2−1=[f(x)]2+[g(x)]2，
所以[g(x)]2=[f(x)]2+1，
所以gx>fx，g(x)≥1．
(2)解：因为g(0)=2[g(0)]2−1，所以g0=1或g0=−12（舍去）．
令x=y=0，可以得到f0=2f0g0=2f0，所以f0=0.
令y=−x，可以得到0=f(0)=f(x)g(−x)+f(−x)g(x)，g(0)=1=f(x)f(−x)+g(x)g(−x)，
上面两式相加可得：[fx+gx][f(−x)+g(−x)]=1=[g(x)]2−[f(x)]2 ．
所以g(x)−f(x)=f(−x)+g(−x)，g(−x)−f(−x)=f(x)+g(x)，
上面两式相加得g−x=gx，相减得f−x=−f(x)，
所以fx为奇函数，gx为偶函数．
(3)解：因为g(2x)=2[g(x)]2−1≥mg(x)−6，
所以m<2[g(x)]2+5g(x)=2g(x)+5g(x)
=2[g(x)+52g(x)](g(x)≥1)，
所以m≤210，即m的最大值为210．