2020-2021年甘肃省天水市高二（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年甘肃省天水市高二（下）4月月考数学试卷人教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. 函数fx=lnx−ax在0,+∞上有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞,1e)B.(0,1e)C.(1e2,1e)D.(1e,2e)

2. 用S表示图中阴影部分的面积，若有6个对面积S的表示，如图所示，
①S=ac f(x)dx；
②S=|ac f(x)dx|；
③S=ac |f(x)|dx；
④S=ab f(x)dx−bc f(x)dx；
⑤S=bc f(x)dx−ab f(x)dx；
⑥S=|ab f(x)dx−bc f(x)dx|．
则其中对面积S的表示正确序号的个数为( )

A.2B.3C.4D.5

3. 函数f(x)=0xt(t−4)dt在[−1, 5]上( )
A.有最大值0，无最小值B.有最大值0，最小值−323
C.有最小值−323，无最大值D.既无最大值，也无最小值

4. −112x2sinx+1−x2dx=( )
A.π2B.12C.52D.π2+2

5. 若ex≥(a−1)x+lnax(a>0,x>0)，则a的最大值为（ ）
A.e4B.e2C.eD.2e

6. 由直线y=2x及曲线y=4x−x2围成的封闭图形的面积为( )
A.53B.43C.83D.4

7. 已知函数fx=ex−1ex+1−ax，对于任意实数x1，x2，且x1≠x2，都有fx1−fx2x1−x2<0，则a的取值范围为( )
A.a>12B.a>1C.a≥12D.a≥1

8. 已知函数f(x)=xx2+1，若函数y=fx−a有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(−12,12)B.{−12,12}
C.(0,12)D.(−12,0)∪(0,12)

9. 已知函数fx=lnx−m与gx=−x2+73x的图象在1,3上存在关于x轴对称的点，则m的取值范围是( )
A.ln3−2，ln32+54B.ln3−2,43
C.43,ln32+54D.54,43

10. 已知fx是定义在R上的可导函数，fx−f′x<0，若x1=fa2−a+3，x2=ea2−a+1f2，则实数x1，x2的大小关系为( )
A.x1>x2B.x1=x2
C.x1二、填空题

若函数fx=−x3+ax2−4在x=2处取得极值，则a=________.
三、解答题

设函数fx=x2−ax+alnxa>0，f′x是函数fx的导函数 .
(1)讨论fx的单调性；

(2)若f1+f′1=0，证明：212+322+⋯+n+1n2>lnn+1 .

在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60∘，点E是边AB的中点（如图1），将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1−BCDE（如图2）．

(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；

(2)若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．

已知函数fx=x−2alnx−1x（a∈R）．
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)若x1，x2为函数fx的两个极值点，证明f(x1)−f(x2)x1−x2>2−4a．
参考答案与试题解析
2020-2021年甘肃省天水市高二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
【解答】
解：函数定义域为(0,+∞)，
由f(x)=lnx−ax=0得a=lnxx，
设g(x)=lnxx，g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)=0得x=e，
x∈(0,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
x=e时，g(x)取极大值g(e)=1e，
∴ 要使函数f(x)=lnx−ax=0有两个零点即方程lnxx=a有两个不同的根，
即函数g(x)与y=a有两个不同交点，大致图象如下，
即a∈(0,1e)．
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
定积分
定积分在求面积中的应用
【解析】
根据曲边梯形与面积的关系，逐一判断即可．
【解答】
解：由定积分的几何意义知，区域内的面积为S=|bc f(x)dx|+|ab f(x)dx|，
又因为当x∈a,b时， fx≤0，当x∈b,c时，fx≥0，
①S=ac f(x)dx，错误，
②S=|ac f(x)dx|，错误，
③S=ac |f(x)|dx，正确，
④S=ab f(x)dx−bc f(x)dx，与阴影面积相反，错误，
⑤S=bc f(x)dx−ab f(x)dx，正确，
⑥S=|ab f(x)dx−bc f(x)dx|，正确，
故正确的有3个.
故选B.
3.
【答案】
B
【考点】
定积分
利用导数研究函数的最值
【解析】
利用导数与微分的关系可知已知函数的导数为y=x2−4x，然后利用导数的性质研究在[−1, 5]上的单调性，判断出最大值与最小值位置，代入算出结果．
【解答】
解：∵f(x)=0xt(t−4)dt=13x3−2x2，x∈[−1,5]，
∴f′(x)=x2−4x，
令f′(x)>0，解得x>4或x<0，
∴ 函数f(x)在[0, 4]上是减函数，在[4, 5]和[−1, 0]上是增函数，
又f(0)=0，f(5)=−253，f(−1)=−73，f(4)=−323，
由此得函数在[−1, 5]上的最大值为0和最小值为−323．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
曲线与方程
用定积分求简单几何体的体积
【解析】
将原式化为−112x2sinxdx+−11(1−x2)dx，则利用定积分的几何意义和性质即可求出答案．
【解答】
解：−112x2sinx+1−x2dx
=−112x2sinxdx+−11(1−x2)dx，
因为y=2x2sinx是奇函数，
所以−11sinxdx=0；
又−111−x2dx表示y=1−x2与x轴所围部分的面积，即圆x2+y2=1面积的一半，
所以−111−x2dx=π2，
因此2x2sinx+1−x2dx=π2 .
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查函数的性质、不等式等基础知识．
【解答】
解：原不等式化为x+ex≥ax+lnax，即ex+lnex≥ax+lnax，
令f(x)=x+lnx(x>0)，
知f(x)在(0,+∞)上单调递增，
原不等式转化为f(ex)≥f(ax)，
所以ex≥ax，即a≤exx，
设u(x)=exx，
则u′(x)=ex(x−1)x2，
当0当x>1时，u′(x)>0，u(x)单调递增，
故当x=1时，u(x)取得最小值u(1)=e，
所以a的最大值为e．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
定积分在求面积中的应用
【解析】
首先求出直线与曲线的交点坐标．再利用微积分基本定理计算可得．
【解答】
解：因为y=2x，y=4x−x2，
所以2x−x2=0，
解得x=0或2，即两函数交于点0,0，(2,4)，
直线y=2x及曲线y=4x−x2围成的封闭图形的面积如图，
S=02(2x−x2)dx
=x2−13x302​
=22−13×23
=43 .
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：任意实数x1，x2，且x1≠x2，都有fx1−fx2x1−x2<0，
可得fx在R上为减函数，f′(x)=2ex(ex+1)2−a≤0，
即a≥2ex(ex+1)2，
令g(x)=2ex(ex+1)2=2ex+1ex+2，
因为ex+1ex≥2，当且仅当x=0时等号成立，
所以g(x)≤12，
所以a≥12.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
函数的零点
函数的零点与方程根的关系
【解析】
由题意，函数的零点问题可转化为y=fx与y=m的交点问题，依此解答即可.
【解答】
解：若函数y=fx−a有两个零点，可得y=fx与y=a的图象有两个不同的交点．
因为f−x=−xx2+1=−fx，
所以fx是奇函数.
因为f′x=x2+1−2x2x2+1=1−x2x2+1，
令f′x>0，得−1令f′x<0，得x<−1或x>1，
所以fx=xx2+1在−∞,−1单调递减，在−1,1单调递增，在1,+∞单调递减，
所以f(x)max=f(1)=12，f(x)min=f(−1)=−12.
f(x)=xx2+1的图象如图所示，
若y=fx与y=a的图象有两个不同的交点，
可得−12故选D.
9.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
根据题意将问圈转化为函数 f(x)=lnx−m与 Rx=x2−73x的图象在[1,3]上存在公共点，进而转化为方程m=lnx−x2+73x在[1,3] 上有解．再令ℎx=lnx−x2+x23x∈1,3，进而用导数研究函数单调性得ℎ(x)在1,3上的值域，进而得m的取值范围．
【解答】
解：由题意得函数fx=lnx−m与gx=x2−73x的图象在1,3上存在公共点，
即方程lnx−m−x2+73x=0在1,3上有解，
即方程m=lnx−x2+73x在1,3上有解，
令ℎ(x)=lnx−x2+73x，x∈[1,3]，
则ℎ′x=1x−2x+73=−3x+12x−33x .
所以当x∈1,3时，ℎ′x，ℎx随x的变化情况如下表．
由上表可知ℎ1=43，ℎ3=ln3−2<43，
又ℎ32=ln32+54，
所以当x∈1,3时，ℎ(x)∈ln3−2,ln32+54，
故m的取值范围是ln3−2,ln32+54 .
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根捆x1=fd2−a+3,x2=ea2−x+1=f2，构造函数gx=fxex．利用导数判断gx的单调性，即可比较x1，x2的大小 .
【解答】
解：令g(x)=f(x)ex)，
所以g′(x)=f′(x)−f(x)ex>0，
所以函数gx在R上单调递增．
因为a2−a+3−2=a2−a+1>0，
所以a2−a+3>2，
则ga2−a+3>g2，
所以f(a2−a+3)ea2−a+3>f2e2，
化简得f(a2−a+3)>ea2−a+3f(2)，
即x1>x2 .
故选A.
二、填空题
【答案】
3
【考点】
已知函数极最值求参数问题
【解析】
求得函数的导数f′x=−3x2+2ax，根据f′2=0，即可求得a的值．
【解答】
解：∵ 函数fx=−x3+ax2−4，
∴ f′x=−3x2+2ax，
又x=2是函数fx的极值点，
∴ f′2=0，即−3×4+2a×2=0，
解得a=3．
故答案为：3．
三、解答题
【答案】
(1)解：由题意，函数fx=x2−ax+alnx(a>0，x>0)，
可得f′x=2x−a−a2x=2x+ax−ax，
令f′x=0，解得x=a或a2，
因为a>0，
所以当x∈0,a，f′x<0，
当x≥a,+∞，f′x>0，
所以f(x)上(0,a)单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
(2)证明：由题意，函数fx=x2−ax+alnx且f′x=2x+ax−ax，
可得f1=1−a，f′1=2−a−a2.
因为f1+f′1=0，
所以1−a+2−a−a2=0，
解得a=1或−3（舍去），
所以fx=x2−x−lnx .
由(1)知，函数fx在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x=1函数取得最小值，
最小值fxmin=f1=0，即fx≥0，
即x2−x≥lnx，对于任意x>0恒成立，当且仅当x=1时，等号成立，
令x=n+1n>1，n∈N∗，
(n+1n)2−n+1n>ln(n+1)n，
整理得，n+1n2>lnn+1n=lnn+1−lnn.
所以212+322+⋯+n+1n2
>(ln2−ln1)+(ln3−ln2)+⋯+[ln(n+1)−lnn]
=ln(n+1) .
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
（1）求得fx的定义域和f′x=2x+ax−ax，结合定义域和导数的符号，即可求解 .
（2）由f1+f′1=0，求得a=1，得到fx=x2−x−lnx．根据（1）中函数的单调性，求得x2−x≥lnx，令x=n+1n>1,n∈N∗，得n+1n2>lnn+1−lnn，利用累加法，即可求解．
【解答】
(1)解：由题意，函数fx=x2−ax+alnx(a>0，x>0)，
可得f′x=2x−a−a2x=2x+ax−ax，
令f′x=0，解得x=a或a2，
因为a>0，
所以当x∈0,a，f′x<0，
当x≥a,+∞，f′x>0，
所以f(x)上(0,a)单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
(2)证明：由题意，函数fx=x2−ax+alnx且f′x=2x+ax−ax，
可得f1=1−a，f′1=2−a−a2.
因为f1+f′1=0，
所以1−a+2−a−a2=0，
解得a=1或−3（舍去），
所以fx=x2−x−lnx .
由(1)知，函数fx在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x=1函数取得最小值，
最小值fxmin=f1=0，即fx≥0，
即x2−x≥lnx，对于任意x>0恒成立，当且仅当x=1时，等号成立，
令x=n+1n>1，n∈N∗，
(n+1n)2−n+1n>ln(n+1)n，
整理得，n+1n2>lnn+1n=lnn+1−lnn.
所以212+322+⋯+n+1n2
>(ln2−ln1)+(ln3−ln2)+⋯+[ln(n+1)−lnn]
=ln(n+1) .
【答案】
(1)证明：连接BD，在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，
所以△ABD是等边三角形．
因为点E是边AB的中点，
所以DE⊥BE，DE⊥AE，折叠后有DE⊥A1E.
因为BE∩A1E=E，BE⊂平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE．
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE．
(2)解：因为A1E⊥BE，又BE⊥DE，A1E∩DE=E，
所以BE⊥平面A1DE．
因为CD//BE，所以CD⊥平面A1DE．
因为CD⊂平面A1CD，
所以平面A1DE⊥平面A1CD．
因为平面A1DE∩平面A1CD=A1D，
作EF⊥A1D于F，则EF⊥平面A1CD，连接CF，
则∠ECF是直线CE与平面A1CD所成角．
因为菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，
所以CD=2，DE=3，A1E=1．
在Rt△CDE中，CE=CD2+DE2=7.
在Rt△EFA1中，EF=A1E⋅sin60∘=32.
在Rt△CEF中，sin∠ECF=EFCE=2114，
所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为2114．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】

【解答】
(1)证明：连接BD，在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，
所以△ABD是等边三角形．
因为点E是边AB的中点，
所以DE⊥BE，DE⊥AE，折叠后有DE⊥A1E.
因为BE∩A1E=E，BE⊂平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE．
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE．
(2)解：因为A1E⊥BE，又BE⊥DE，A1E∩DE=E，
所以BE⊥平面A1DE．
因为CD//BE，所以CD⊥平面A1DE．
因为CD⊂平面A1CD，
所以平面A1DE⊥平面A1CD．
因为平面A1DE∩平面A1CD=A1D，
作EF⊥A1D于F，则EF⊥平面A1CD，连接CF，
则∠ECF是直线CE与平面A1CD所成角．
因为菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，
所以CD=2，DE=3，A1E=1．
在Rt△CDE中，CE=CD2+DE2=7.
在Rt△EFA1中，EF=A1E⋅sin60∘=32.
在Rt△CEF中，sin∠ECF=EFCE=2114，
所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为2114．
【答案】
(1)解：f′(x)=x2−2ax+1x2，x>0，
令x2−2ax+1=0，Δ=4a2−4，
当Δ≤0即−1≤a≤1时，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当Δ>0即a>1或a<−1时，
①当a<−1时，−2ax>0，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当a>1时，令f′(x)=0，x1=a−a2−1，x2=a+a2−1
综上：当a≤1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在(0,a−a2−1)，(a+a2−1,+∞)上单调递增，
在(a−a2−1,a+a2−1)上单调递减．
(2)证明：由(1)知a>1时f(x)有两个极值点x1，x2，
且x1+x2=2a，x1x2=1，
不妨设x2>1>x1>0，
f(x1)−f(x2)x1−x2
=x1−2alnx1−1x1−x2−2alnx2−1x2x1−x2
=(x1−x2)−2alnx1x2+x1−x2x1x2x1−x2=2−2alnx1x2x1−x2．
要证f(x1)−f(x2)x1−x2>2−4a，
即证lnx1x2x1−x2<2，
即lnx22x2−1x2<2，
∴ lnx2−x2+1x2<0，
设g(t)=lnt−t+1t(t>1)，
由(1)知当a=12时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，g(t)=−f(t)，
则g(t)在(1,+∞)上单调递减，
∴ g(t)【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
【解答】
(1)解：f′(x)=x2−2ax+1x2，x>0，
令x2−2ax+1=0，Δ=4a2−4，
当Δ≤0即−1≤a≤1时，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当Δ>0即a>1或a<−1时，
①当a<−1时，−2ax>0，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当a>1时，令f′(x)=0，x1=a−a2−1，x2=a+a2−1
综上：当a≤1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在(0,a−a2−1)，(a+a2−1,+∞)上单调递增，
在(a−a2−1,a+a2−1)上单调递减．
(2)证明：由(1)知a>1时f(x)有两个极值点x1，x2，
且x1+x2=2a，x1x2=1，
不妨设x2>1>x1>0，
f(x1)−f(x2)x1−x2
=x1−2alnx1−1x1−x2−2alnx2−1x2x1−x2
=(x1−x2)−2alnx1x2+x1−x2x1x2x1−x2=2−2alnx1x2x1−x2．
要证f(x1)−f(x2)x1−x2>2−4a，
即证lnx1x2x1−x2<2，
即lnx22x2−1x2<2，
∴ lnx2−x2+1x2<0，
设g(t)=lnt−t+1t(t>1)，
由(1)知当a=12时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，g(t)=−f(t)，
则g(t)在(1,+∞)上单调递减，
∴ g(t)1
1,32
32
32,3
3
ℎ′x
+
0
−
ℎx
43
↗
极大值
↘
ln3−2
x
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增
x
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增