哈尔滨三中2019-2020学年高二(下)第一次段考数学试卷(理科)(3月份)(含答案解析)

哈尔滨三中2019-2020学年高二(下)第一次段考数学试卷(理科)(3月份)一、单项选择题（本大题共10小题，共50.0分）1. 函数f(x)=x 2−sinx 在[0,π]上的平均变化率为( )A. 1B. 2C. πD. π22. 若f′(x 0)=−3，则ℎ→0lim f(x 0+ℎ)−f(x 0−3ℎ)ℎ=( )A. −3B. −12C. −9D. −63. 沿直线运动的物体从时间t 到t +Δt 时，物体的位移为Δs ，那么lim Δt→0ΔsΔt 为( )A. 从时间t 到t +Δt 时物体的平均速度B. t 时刻物体的瞬时速度C. 当时间为Δt 时物体的速度D. 从时间t 到t +Δt 时位移的平均变化率4. 若函数f(x)=ax 2−x +ln x 在区间(1,4)上单调递增，则a 的取值范围是 ( )A. [0,+∞)B. [14,+∞)C. [18,+∞) D. [332,+∞)5. 曲线y =x 3−x +3在点(1,3)处的切线的斜率等于( )A. 2B. 4C. 12D. 66. 函数f(x)=2sinx −x 在区间[0,π2]上的最大值为( )A. 0B. 2−π2C. √3−π3D. 1−π67. 若函数f (x )=x −lnx 的单调递增区间是( )A. (0,1)B. (0,e )C. (0,+∞)D. (1,+∞)8. 若函数f(x)=13x 3+12mx 2+x +1在上有极值点，则实数m 的取值范围是( )A. (−∞,−2)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪[2，+∞)C. (−2,2)D. [−2,2]9. 已知函数f(x)=x +e −x ，若存在x ∈R ，使得f(x)≤ax 成立，则实数a 的取值范围是()A. (−∞,l −e]B. (l,+∞)C. (1−e,1]D. (−∞,1−e]∪(1，+∞)10.若关于x的不等式2x3+ax2>ln x2在(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为()A. [−2,+∞)B. (−2,+∞)C. [−1,+∞)D. (−1,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）11.函数f(x)=13x3−2x2+3x−1的单调递增区间为____________．12.函数f(x)=2xe1−x−1的极大值是__________..13.若函数f(x)=x2lg a−2x+1的图象与x轴有两个交点，则实数a的取值范围是____.14.定义在(−π2,π2)上的奇函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(1)=0.当x>0时，f(x)<tanx·f′(x)，则不等式f(x)<0的解集为_______．三、解答题（本大题共4小题，共50.0分）15.求曲线y=x3的过(1,1)的切线方程．16.求函数的单调区间f(x)=−13ax3+x2+1(a≤0)．17.设函数f(x)=(x−1)e x−kx2(其中k∈R).(Ⅰ)当k=1时，求函数f(x)的单调区间;,1]时，求函数f(x)在[0,k]上的最大值M．(Ⅱ)当k∈(1218.(Ⅰ)求证：不等式lnx≤k√x−1对k≥1恒成立．(Ⅱ)设数列{a n}的通项公式为a n=√2，前n项和为S n，求证：S n≥ln(2n+1)2n−1【答案与解析】1.答案：C解析：【试题解析】本题考查变化率的计算，注意平均变化率的计算公式，属于基础题．根据题意，由函数的解析式计算可得f(0)、f(π)的值，进而由变化率公式计算可得答案． 解：根据题意，f(x)=x 2−sinx ，则f(0)=0，f(π)=π2−sinπ=π2，则f(x)在[0,π]上的平均变化率为Δy Δx =f(π)−f(0)π−0=π2−0π−0=π；故选：C ．2.答案：B解析：本题主要考查了导数的定义及其导数的运算，考查学生的计算能力，属于基础题．解：∵f′(x 0)=−3，则ℎ→0lim f(x 0+ℎ)−f(x 0−3ℎ)ℎ=m →0lim [4·f(x 0+4m)−f(x 0)4m ]=4m →0lim(f(x 0+4m)−f(x 0)4m )=4f′(x 0)=4×(−3)=−12，故选B ．3.答案：B解析：本题主要考查导数的应用，熟悉导数的定义是解答本题的关键，属于基础题．解：由题意可知物体从时间t 到t +Δt 时，位移为Δs ，则limΔt→0Δs Δt 的意义即为t 时刻物体的瞬时速度．故选B ．4.答案：C解析：本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，属于中档题．求出函数的导数，问题转化为a ≥x−12x 2在(1,4)恒成立，令g(x)=x−12x 2，x ∈(1,4)，根据函数的单调性求出a 的范围即可．解：f ′(x)=2ax −1+1x=2ax 2−x+1x ， 若f(x)在(1,4)递增，则2ax 2−x +1≥0在(1,4)恒成立，即a ≥x−12x 2在(1,4)恒成立，令g(x)=x−12x 2，x ∈(1,4)， g ′(x)=2−x2x 3，令g ′(x)>0，解得：1<x <2，令g ′(x)<0，解得：2<x <4，故g(x)在(1,2)递增，在(2,4)递减，故a ≥g(x)max =g(2)=18，故选C ． 5.答案：A解析：本题考查导数的几何意义，属于基础题．求出导数，然后由导数的几何意义即可求解．解：因为y =x 3−x +3，所以y′=3x 2−1，所以曲线在点(1,3)处的切线斜率k=y′|x=1=2．故选A．6.答案：C解析：本题主要考查利用导函数求函数闭区间上的最值，属于基础题．先求导函数，然后求极值，得出极大值就是最大值．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]上的极大值是2sinπ3−π3=√3−π3．所以函数的最大值是√3−π3．故选C．7.答案：D解析：本题主要考查利用导数研究函数的单调性.求出函数的导数，令导数大于零即可解答．解：函数f(x)=x−lnx的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1−1x =x−1x，令f′(x)>0，解得x>1．故选D．8.答案：A解析：本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的导数求函数的极值，属于中档题．求出原函数的导函数f′(x)，由f(x)在上有极值，说明方程x2+mx+1=0有两不等实数根，由判别式大于0求得m的取值范围．解：由f(x)=13x3+12mx2+x+1，得f′(x)=x2+mx+1．若f(x)在上有极值，导函数是二次函数，方程x2+mx+1=0有两不等实数根，∴Δ=m2−4>0，解得：m<−2或m>2；综上m的取值范围是(−∞,−2)∪(2,+∞)．故选：A．9.答案：A解析：解：函数f(x)=x+e−x，若存在x∈R，使得f(x)≤ax成立，即：存在x∈R，x+e−x−ax≤0成立．令g(x)=x+e−x−ax，即g(x)min≤0成立．∴g′(x)=1−a−(1 e )x令g′(x)=0，即1−a=(1e)x，∵(1e)x>0，∴当a≥1时，不存在x．当a<1时，存在x．∴x=−ln(1−a)，∴当x∈(−∞,−ln(1−a))时，g′(x)<0，x∈(−ln(1−a),+∞)时，g′(x)>0，∴x=−ln(1−a)时，g(x)min=(a−1)ln(1−a)+(1−a)≤0，解得：a≤1−e，∵a<1，∴实数a的取值范围是(−∞,l−e]，故选：A．分别讨论a的取值范围，构造新函数，结合导数研究函数的最值即可得到结论．本题考查了导数的运算法则和函数的最值问题，以及不等式的解法，属于中档题10.答案：B解析：本题为恒成立问题，考查利用导数研究函数的单调性、求解函数的最值，考查利用导数求解恒成立问题，题目有一定的难度．由题意得在(0,+∞)上恒成立，令，易求得x∈(0,1)时，函数f(x)为增函数；x∈(1,+∞)时，函数f(x)为减函数，故x=1时，f(x)取得最大值f(1)=−2，故a>−2，问题得解．解：不等式2x3+ax2>ln x2在(0,+∞)上恒成立，即在(0,+∞)上恒成立，令，所以，令f′(x)=0，解得x=1．当x∈(0,1)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．所以当x=1时，f(x)取得最大值f(1)=−2，所以a>−2，所以实数a的取值范围为(−2,+∞)．故选B．11.答案：(−∞,1)，(3,+∞)x3−2x2+3x−1，所以f′(x)=x2−4x+3，解析：解：因为f(x)=13由f′(x)=x2−4x+3>0，得：x<1或x>3，所以原函数的单调增区间为(−∞,1)，(3,+∞)．故答案为(−∞,1)，(3,+∞)．x3−2x2+3x−1的单调递增区间，先求该函数的导函数，让导函数大于0求解x的求函数f(x)=13范围。

本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减。

12.答案：1解析：由题意可得f′(x)=2e1−x−2xe1−x=2e1−x(1−x)，当x∈(−∞,1)时，f′(x)>0，故f(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.故f(x)在x=1处取得极大值，极大值为f(1)=1．13.答案：(0,1)∪(1,10)解析：本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，由题意得x2lga−2x+1=0有两个实数根，即Δ= (−2)2−4lga>0，进而可求得答案．解：由题意得：x2lga−2x+1=0有两个实数根，则Δ=(−2)2−4lga>0，即lga<1，解得：0<a<10且a≠1，故答案为(0,1)∪(1,10)．,−1)∪(0,1)14.答案：(−π2解析：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．解：当x>0时，由f(x)<tanx·f′(x)得，f′(x)sinx−f(x)cosx>0，则f′(x )sinx−f(x)cosx sin 2x>0， 故(f(x)sinx )′>0，所以g(x)=f(x)sinx 在(0,π2)上递增，因为f(x)为奇函数，所以g(x)是偶函数，所以g(x)在(−π2,0)上递减，g(1)=f(1)sin1=0=g(−1)，f (x )<0等价于sinxg(x)<0，{g(x)>0sinx <0或{g(x)<0sinx >0, 可得−π2<x <−1或0<x <1，则f(x)<0的解集为(−π2,−1)∪(0,1)，故答案为． 15.答案：解：y =x 3的导数y′=3x 2，①若(1,1)为切点，k =3⋅12=3，∴切线l ：y −1=3(x −1)即3x −y −2=0；②若(1,1)不是切点，设切点P(m,m 3)，k =3m 2=m 3−1m−1，即2m 2−m −1=0，则m =1(舍)或−12∴切线l ：y −1=34(x −1)即3x −4y +1=0．故切线方程为：3x −y −2=0或3x −4y +1=0．解析：①若(1,1)为切点，根据导数的几何意义求出函数f(x)在x =2处的导数，从而求出切线的斜率，再用点斜式写出切线方程；②若不是切点，设出切点坐标，求出切线的斜率，由点斜式写出切线方程，把原点代入切线方程中化简可求出切点的横坐标，把横坐标代入即可求出切点的纵坐标，且得到切线的斜率，即可求出切线方程．本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点处的切线方程等基础知识，注意在某点处和过某点的切线，考查运算求解能力．属于中档题和易错题．16.答案：解：当a=0时，函数f(x)=−13ax3+x2+1=x2+1，此时函数的单调减区间为(−∞,0)，单调增区间为(0,+∞)．当a<0，函数的导数为f′(x)=−ax2+2x=−ax(x−2a)，由f′(x)>0得−ax(x−2a)>0，即x(x−2a )>0，解得x>0或x<2a，此时函数单调递增由f′(x)<0得−ax(x−2a)<0，即ax(x−2a )<0，解得2a<x<0，此时函数单调递减，综上：当a=0时，函数的单调增区间为(−∞,0)，单调减区间为(0,+∞)．当a<0时，函数的单调增区间为(−∞,2a )和(0,+∞)，单调减区间为(2a,0)．解析：求函数的导数，根据函数的单调性和导数之间的关系即可得到结论．本题主要考查函数单调区间的判断，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．注意要进行分类讨论．17.答案：解：(1)当k=1时，f(x)=(x−1)e x−x2，f′(x)=e x+(x−1)e x−2x=x(e x−2)令f′(x)=0，解得x1=0，x2=ln2>0所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：所以函数f(x)的单调增区间为(−∞,0)和(ln2,+∞)，单调减区间为(0,ln2)(2)f(x)=(x−1)e x−kx2，x∈[0,k]，k∈(12,1]．f′(x)=xe x−2kx=x(e x−2k)，f′(x)=0，解得x1=0，x2=ln(2k)令φ(k)=k−ln(2k)，k∈(12,1],φ′(k)=1−1k=k−1k≤0所以φ(k)在(12,1]上是减函数，∴φ(1)≤φ(k)<φ(12)，∴1−ln2≤φ(k)<12<k．即0<ln(2k)<k所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：f(0)=−1，f(k)−f(0)=(k−1)e k−k3−f(0)=(k−1)e k−k3+1=(k−1)e k−(k3−1)=(k−1)e k−(k−1)(k2+k+1)=(k−1)[e k−(k2+k+1)]∵k∈(1,1],∴k−1≤0．2,1],y=e k的图象恒在y=k2+k+1下方，所以e k−(k2+k+1)≤0对任意的k∈(12所以f(k)−f(0)≥0，即f(k)≥f(0)所以函数f(x)在[0,k]上的最大值M=f(k)=(k−1)e k−k3．解析：(1)利用导数的运算法则即可得出f′(x)，令f′(x)=0，即可得出实数根，通过列表即可得出其单调区间；(2)利用导数的运算法则求出f′(x)，令f′(x)=0得出极值点，列出表格得出单调区间，比较区间端点与极值即可得到最大值．熟练掌握导数的运算法则、利用导数求函数的单调性、极值与最值得方法是解题的关键．18.答案：证明：(Ⅰ)令f(x)=lnx−k√x−1，则f′(x)=√x−1−kx(1分)2x√x−1令√x−1=t,t≥0,x=t2+1则2√x−1−kx=2t−k(t2+1)当k≥1时，2t−k(t2+1)≤2t−2kt=2t(1−k)≤0即f′(x)≤0，f(x)在[1,+∞)上单调递减，⇒f(x)≤f(1)=0，即原不等式恒成立…(6分)(Ⅱ)k=1由(Ⅰ)知，lnx≤√x−1对x≥1恒成立．于是a n=√22n−1=√2n+12n−1−1≥ln2n+12n−1≥ln(2n+1)−ln(2n−1)…(10分)所以S n=a1+a2+⋯+a n≥ln3−ln1+ln5−ln3+⋯+ln(2n+1)−ln(2n−1)=ln(2n+ 1)…(12分)解析：(Ⅰ)构造函数，换元，确定f(x)在[1,+∞)上单调递减，即可证明：不等式lnx≤k√x−1对k≥1恒成立．(Ⅱ)k=1由(Ⅰ)知，lnx≤√x−1对x≥1恒成立，放缩，裂项即可证明结论．本题考查导数知识的综合运用，考查不等式的证明，正确构造函数是关键．。