新课标高二数学文同步试卷(4)及答案（选修1-1第三章）

普通高中课程标准实验教科书——数学[人教版]（选修1-1、1-2）高中学生学科素质训练新课标高二数学文同步测试（4）—1-1第三章（1）说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷50分，第Ⅱ卷100分，共150分；答题时间120分钟。第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）。1．两曲线3212xyybaxxy与相切于点（1，－1）处，则a，b值分别为（）A．0，2B．1，－3C．－1，1D．－1，－12．xfxxxf则设函数,122（）A．在（－∞，＋∞）单调增加B．在（－∞，＋∞）单调减少C．在（－1，1）单调减少，其余区间单调增加D．在（－1，1）单调增加，其余区间单调减少3．当x≠0时，有不等式（）A．xex1B．xex1C．xexxexxx10,10时当时当D．xexxexxx10,10时当时当4．若连续函数在闭区间上有惟一的极大值和极小值，则（）A．极大值一定是最大值，极小值一定是最小值B．极大值必大于极小值C．极大值一定是最大值，或极小值一定是最小值D．极大值不一定是最大值，极小值也不一定是最小值5．等于则可导在设xxxfxxfxxfx3lim,0000（）A．02xfB．0xfC．03xfD．04xf6．下列求导运算正确的是（）A．(x+211)1xxB．(log2x)′=2ln1xC．(3x)′=3xlog3eD．(x2cosx)′=－2xsinx7．函数f(x)=ax2+x+1有极值的充要条件是（）A．a0B．a≥0C．a0D．a≤08．设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x＜0时,)()()()(xgxfxgxf＞0.且g(3)=0.则不等式f(x)g(x)＜0的解集是（）A．(－3,0)∪(3,+∞)B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞,－3)∪(3,+∞)D．(－∞,－3)∪(0,3)9．f(x)是定义在区间[－c,c]上的奇函数，其图象如图所示：令g（x）=af（x）+b，则下列关于函数g（x）的叙述正确的是（）A．若a0,则函数g（x）的图象关于原点对称.B．若a=－1，－2b0,则方程g（x）=0有大于2的实根.C．若a≠0,b=2,则方程g（x）=0有两个实根.D．若a≥1,b2,则方程g（x）=0有三个实根10．已知函数f(x)的导数为,44)(3xxxf且图象过点（0，－5），当函数f(x)取得极大值－5时，x的值应为（）A．－1B．0C．1D．±1第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）。11．函数f（x）＝x＋2cosx在区间2,0上的最大值为_________;在区间[0，2π]上最大值为___________．12．已知xR，奇函数32()fxxaxbxc在[1,)上单调，则字母,,abc应满足的条件是。13．两个和为48的正整数，第一个数的立方与第二个数的平方之和最小，则这两个正整数分别为__________。14．.____________0,100021fxxxxxf则设三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共76分)。15．（12分）设函数y=x3+ax2+bx+c的图象如图所示，且与y=0在原点相切，若函数的极小值为－4，（1）求a、b、c的值；（2）求函数的递减区间。16．（12分）是否存在这样的k值，使函数21232)(2342xkxxxkxf在（1，2）上递减，在（2，－∞）上递增。17．（12分）设函数()(1)(),(1)fxxxxaa（1）求导数/()fx;并证明()fx有两个不同的极值点12,xx;（2）若不等式12()()0fxfx成立，求a的取值范围.18．（12分）讨论函数2,0|,27184|23xxxxf的单调性，并确定它在该区间上的最大值最小值．AEFBC19．（14分）如图，把边长为a的正六边形纸板剪去相同的六个角，做成一个底面为正六边形的无盖六棱柱盒子，设高为h所做成的盒子体积V(不计接缝).（1）写出体积V与高h的函数关系式；（2）当ha为多少时，体积V最大，最大值是多少？20．（14分）已知过函数f（x）=123axx的图象上一点B（1，b）的切线的斜率为－3。（1）求a、b的值；（2）求A的取值范围，使不等式f（x）≤A－1987对于x∈[－1，4]恒成立；令132txxxfxg。是否存在一个实数t，使得当]1,0(x时，g（x）有最大值1？参考答案一、1．D；2．C；3．B；4．D；5．D提示：这里插入0xf，因为题目假定f(x)在0x点可导，所以分成两项的极限都存在．.4333lim3lim3lim3lim00000000000000000xfxfxfxxfxxfxxfxxfxxxfxfxfxxfxxxfxxfxxxx即t3x则xt,3x错误做法：令x注意：本题有个常见的00.43lim4lim44limlim00000000xfxxftfxtfxtfxxxfxxfxxxx因为题中只设f（x）在0x可导，没说在0x及其邻域内可导，更没假定xf在0x点连续，所以上面的做法是无根据的．6．D；7．C；8．D；9．B；10．B二、11．12,36；提示：,sin21xy得f（x）的驻点为kk265,26，当在区间2,0内考虑时，仅有一个驻点,22,20,366,6fff比较后得知，f（x）在2,0上的最大值为36，而当考虑区间[0，2π]上的最大值时，需比较f（0）,f（2π）,65,6ff四个值的大小．12．0,3acb；解析：(0)00fc；()()00fxfxa．2'()3fxxb，若()fx[1,)x上是增函数，则'()0fx恒成立，即2min(3)3bx；若()fx[1,)x上是减函数，则'()0fx恒成立，这样的b不存在．；综上可得：0,3acb13．5与43；14．1000！；提示：!.10001000x2x1xlim0x0fxflim0f0x0x三、15．解析：（1）函数的图象经过（0，0）点∴c=0，又图象与x轴相切于（0，0）点，'y=3x2+2ax+b∴0=3×02+2a×0+b，得b=0∴y=x3+ax2，'y=3x2+2ax当ax32时，0'y，当ax32时，0'y当x=a32时，函数有极小值－4∴4)32()32(23aaa，得a=－3（2）'y=3x2－6x＜0，解得0＜x＜2∴递减区间是（0，2）点拨：1、如果函数f(x)在点x=x0的一个δ区域：(x0－δ，x0+δ)内有定义，对任意的x∈(x0－δ，x0)∪(x0，x0+δ)总有f(x)＜f(x0)（f(x)＞f(x0)），则称f(x0)为函数f(x)的极大（小）值，x0称为极大（小）值点；2、注意极值与最值的区别，极值是相对于领域而言，它仅是极值点附近的局部范围内的相对大小，而最值是相对于闭区间而言，它是函数在给定的闭区间上的全部函数值中最大（小）的值。16．解析：f(x)=4k2x3－2x2－2kx+2，由题意，当x∈（1，2）时，)('xf＜0当x∈(2，+∞)时，)('xf＞0由函数)x('f的连续性可知)2('f=0即32k2－8－3=0得21k或83k验证：当21k时，)2)(1)(1(22)('23xxxxxxxf若1＜x＜2，0)('xf，若x＞2，0)('xf，符合题意当83k时，)91937)(2)(91937(1692432169)('23xxxxxxxf显然不合题意综上所述，存在21k，满足题意点拨：利用导数处理单调性问题，讨论的区间是开区间，注意递增与递减区间的交界处的导数为0，本题求出k值后还需讨论验证。17．（1）.)1(23)(2axaxxf0)(,;0)(,;0)(,:)())((3)(,,,04)1(4.0)1(230)(221121212122xfxxxfxxxxfxxxfxxxxxfxxxxaaaaxaxxf时当时当时当的符号如下可判断由不妨设故方程有两个不同实根因得方程令因此1x是极大值点，2x是极小值点.（II）因故得不等式,0)()(21xfxf.0)(]2))[(1(]3))[((.0)())(1(212122121221212122213231xxaxxxxaxxxxxxxxaxxaxx即又由（I）知.3),1(322121axxaxx代入前面不等式，两边除以（1+a），并化简得.0)()(,2,)(212.0252212成立不等式时当因此舍去或解不等式得xfxfaaaaa18．解：设,2718423xxx则312xxx，于是当0x≤2时，,0x而只有x＝0时，0x，故在[0，2]上x为单调减少，AEFBC而,132,023,270所以2.23,230|27184|23xxxxxxxf在23,0为单调减少，在2,23为单调增加，因而在[0，2]上f（x）的最大值f（0）＝27，最小值.023f19．解：（1）六棱柱的底边长（ha332）cm，底面积为（2332436ha）cm2∴体积V＝hha233223＝haahh223433332（2）V′＝04332333222aahh得ah63或ah23（舍去）∴当ah63cm时V有最大值33acm320．解：（1）xf'=axx232依题意得k=1'f=3+2a=－3，∴a=－31323xxxf，把B（1，b）代入得b=11f∴a=－3，b=－1（2）令xf'=3x2－6x=0得x=0或x=2∵f（0）=1，f（2）=23－3×22＋1=－3f（－1）=－3，f（4）=17∴x∈[－1，4]，－3≤f（x）≤17要使f（x）≤A－1987对于x∈[－1，4]恒成立，则f（x）的最大值17≤A－1987∴A≥2004。（3）已知g（x）=－txxtxxxx32231313∴txxg2'3∵0＜x≤1，∴－3≤－3x2＜0，①当t＞3时，t－3x2＞0，0'xg即∴g（x）在]1.0(上为增函数，g（x）的最大值g（1）=t－1=1,得t=2（不合题意,舍去）②当0≤t≤3时,txxg2'3令xg'=0,得x=3t列表如下:x（0,3t）3t]1,3(txg'＋0－g（x）↗极大值↘g（x）在x=3t处取最大值－33t＋t3t=1∴t=3427=2233＜3t3∴x=3t＜1③当t＜0时，txxg2'3＜0，∴g（x）在]1.0(上为减函数，∴g（x）在]1.0(上为增函数，∴存在一个a=2233，使g（x）在]1