山西省山西大学附中2018-2019学年高二数学下学期3月模块诊断试题 理

山西大学附中2018-2019学年高二第二学期3月（总第二次）模块诊断数学试题（理）考试时间：120分钟一.选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分，请把答案写在答题纸上)1.下列导数运算正确的是（）A.26232xxB.xxcossinC.211xxD.xxee222.已知)(xf的导函数()fx的图象如右图所示，那么函数)(xf的图象最有可能的是()3.已知函数xxxfln，则xf的增区间为（）A.1,0B.e,0C.,1D.,e4．函数3239yxxx(22)x有（）A．极大值5，无极小值B．极小值﹣27，无极大值C．极大值5，极小值﹣27D．极大值5，极小值﹣115.已知函数xf的导函数为xf',且满足关系式xxfxfln23',则1'f的值等于()A.41B.41C.43D.436.若函数()sinfxxkx存在极值，则实数k的取值范围是（）A．1,1B．1,1C．(1,)D．(,1)7.已知函数xxeexf2321，则曲线()yfx上任意一点处的切线的倾斜角的取值范围是（）A.(0]3，B.2(]23，C.[)32，D.[)3，8.函数xaxxfsin)(2的图象在2x处的切线方程为bxy，则b的值为()A.41B.41C.41D.419．定义在R上的函数()fx满足：()()1,(0)4,fxfxf则不等式()3xxefxe（其中e为自然对数的底数）的解集为（）A．0,B．,03,C．,00,D．3,10.若函数xaxxfln12在区间,0内任取有两个不相等的实数21,xx，不等式1112121xxxfxf恒成立，则a的取值范围是（）A.3,B.3,C.3,D.3,yxO12-2AyxO12-2ByxO12-2CyxO12-2DyxO12-1()fx11.已知3,ln3lnlnbdca，则22)()(cdba的最小值为（）A．5103B．518C．516D．51212.已知直线l为函数xey图象的切线,若l与函数2xy的图象相切于点2,mm,则实数m必定满足（）A.2emB.12meC.04meD.41em二．填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分，请把答案写在答题纸上)13.函数xexxf)1(的单调减区间是.14．设曲线xey在点1,0处的切线与曲线xy10x上点P处的切线垂直,则P的坐标为.15.若函数1()xfxexm的定义域为R，则实数m的取值范围是.16.设函数xxxf1)(2，xexxg)(，对任意),0(,21xx，不等式1)()(21kxfkxg恒成立，则正数k的取值范围是.三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（满分10分）已知34313xxf，若直线l过点4,2且与xf图像相切，求直线l的方程．18.(本小题满分12分)已知函数xxxfln21)(2(1)求函数)(xf在],1[e上的最大值和最小值．(2)求证：在区间,1上函数xf的图象恒在函数332xxg的图象的下方.19．(本小题满分12分)已知函数32().fxxaxbx(1)当2,()bfx时在1,上是增函数，求实数a的取值范围；(2)当13,()3bfxx时在处取得极值，求函数()1fxa在，上的值域.20.（本小题满分12分）已知函数21()ln()(0)2fxaxaxxa.(1)求()fx的单调区间；(2)若12(ln21)a，求证：函数()fx只有一个零点0x，且012axa.21．（本小题满分12分）已知函数Raxaxxaxf12ln2有两个不同的零点.(1)求a的取值范围;(2)设21,xx是xf的两个零点,证明:axx221.22.（本小题满分12分）已知函数02ln22mxmxxxf(1)讨论函数xf的单调性；(2)当223m时，若函数xf的导函数xf'的图象与x轴交于BA,两点，其横坐标分别为2121,xxxx，线段AB的中点的横坐标为0x，且21,xx恰为函数bxcxxxh2ln)(的零点，求证：.2ln320'21xhxx.山西大学附中2018-2019学年高二第二学期3月（总第二次）模块诊断数学答案（理）一.选择题123456789101112CABAAACBACBD二．填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分，请把答案写在答题纸上)13.2,14．(1,1)15.1m16.121ek三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.解析：设曲线y＝13x3＋43与过点P(2,4)的切线相切于点A(x0，13x30＋43)，则切线的斜率k＝y′|x＝x0＝x20.∴切线方程为y－(13x30＋43)＝x20(x－x0)，即y＝x20·x－23x30＋43.∵点P(2,4)在切线上∴4＝2x20－23x30＋43，即x30－3x20＋4＝0，∴x30＋x20－4x20＋4＝0，解得x0＝－1或x2＝2，切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.-----10分18.222323232211()ln,'()20'()0()(0,)[1,]11(),12212(2)()()ln2311'()'()2(21)()21,'()626(fxxxfxxxxfxfxeexfxxefxgxxxxfxgxxxxxxxhxxxhxxxx解：(1)在是增函数,即在是增函数时取最小值为时取最大值为设则2322311)636(1,)'()0,()()(1)01[1,)'()'()(21)0121,),()()ln231()()(1)(1)06()()1,)()()xhxhxhxhxfxgxxxxfxgxxxxfxgxfgfxgxfxgx当时是减函数,当时即在[上是减函数函数在[上始终是负数,即函数的图象，在函数的图象下方。----------12分19．解:(1)32'2()2.()322fxxaxxfxxax,……………1因为()fx在1,上是增函数，所以'2()3220fxxax在区间1,上横成立，……………2即22322232,2,23xaxxaaxxx即在区间1,上横成立，……………4令2()3gxxx，'22()30gxx，()gx在1,上单调增函数.所以12(1)1,.2aga即……………6(2)32'2()3.()323fxxaxxfxxax，因为1()3fxx在处取得极值，所以'1()3f=0，得出5.a……………7'2()3103(31)(3)fxxxxx,令'1()0,3,3fxxx得.……………()fx在1,3上为减函数，在3,5上增函数，……………9又(1)1,(5)15,maxmax(1),(5)15,min(3)9,fffff……………11所以，函数()1fxa在，上的值域为9,15.……………1220．解：()fx的定义域为(,)a..令'()0fx，0x或+1xa.当10a时，+10a，函数()fx与'()fx随x的变化情况如下表：x(,0)a0(0,1)a1a(1,)a()fx00'()fx极小值极大值所以函数()fx的单调递增区间是(0,1)a+，单调递减区间是(,0)a和(1,)a当1a时，2'()01xfxx.所以函数()fx的单调递减区间是,1.当1a时，+10a，函数()fx与'()fx随x的变化情况如下表：x(,1)aa1a(1,0)a0(0,)()fx00'()fx极小值极大值所以函数()fx的单调递增区间是(1,0)a+，单调递减区间是(,1)aa+和,0.-6分（Ⅱ）证明：当12(ln21)0a时，由（Ⅰ）知，()fx的极小值为(0)f，极大值为(1)fa.因为(0)ln()0faa，2211(1)(1)(1)(1)022faaaa，且()fx在(1,)a上是减函数，所以()fx至多有一个零点.又因为211(2)ln2[2(ln21)]022faaaaaa，所以函数()fx只有一个零点0x，且012axa.---12分21．(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=xa-2x+2a-1=-xaxx12①当a≤0时,易得f'(x)0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减,则f(x)至多只有一个零点,不符合题意,舍去.②当a0时,令f'(x)=0,得x=a,则x(0,a)a(a,+∞)f'(x)+0-f(x)增极大值减∴f(x)max=f(x)极大值=f(a)=a(lna+a-1).设g(x)=lnx+x-1,∵g'(x)=x1+10,则g(x)在(0,+∞)上单调递增.∵g(1)=0,∴当x1时,g(x)0;当x1时,g(x)0.因此:(ⅰ)当0a≤1时,f(x)max=a·g(a)≤0,则f(x)无零点,不符合题意,舍去.(ⅱ)当a1时,f(x)max=a·g(a)0,∵f=a-1-0,∴f(x)在区间,a上有一个零点,∵f(3a-1)=aln(3a-1)-(3a-1)2+(2a-1)(3a-1)=a[ln(3a-1)-(3a-1)],设h(x)=lnx-x(x1),∵h'(x)=-10,∴h(x)在(1,+∞)上单调递减,则h(3a-1)h(2)=ln2-20,∴f(3a-1)=a·h(3a-1)0,∴f(x)在区间(a,3a-1)上有一个零点,那么f(x)恰有两个零点.综上所述,当f(x)有两个不同零点时,a的取值范围是(1,+∞).--------------6分(2)由(1)可知,12分22.试题解析：（1）由于的定义域为，则.--—--1分对于方程，其判别式.当，即时，恒成立，故在内单调递增.---2分当，即，方程恰有两个不相等是实，令，得或，此时单调递增；令，得，此时单调递减.综上所述，当时，在内单调递增；当时，的减区间为：，增区间为：，-----4分（2）由（1）知，，所以的两根，即为方程的两根.因为，所以，，.----5分又因为，为的零点，所以，2222lnbxcxx=0，-----6分两式相减得，得.----7分而，所以.-------9分令，由得，因为，两边同时除以，得，因为，故，解得或，所以.--------10分设，所以，则在上是减函数，所以，即的最小值为.所以.----12分