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贵州省兴义十中2012-2013学年高二下学期3月月考卷数学(文科)


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贵州省兴义十中 2012-2013 学年高二下学期 3 月月考卷数学(文科) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分 150 分.考试时间 120 分钟. 第Ⅰ卷(选择题 要求的) 1.若 f ( x) ? sin ? ? cos x ,则 f (? ) 等于(
'

共 60 分)

一、选择题 (本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目

) C.

A. sin ? 【答案】A

B. cos ?

sin ? ? cos ?

D. 2sin ?

2.用长度分别为 2、3、4、5、6(单位: cm )的 5 根细木棒围成一个三角形(允许连接,但不允许折断) ,能 够得到的三角形的最大面积为( A. 8 ) C. 3

5cm 2

B. 6

10cm 2

55cm 2

D. 20cm

2

【答案】B 3.等比数列 ?an ? 中, a1 ? 2, a8 ? 4 ,函数 f ?x ? ? x?x ? a1 ??x ? a2 ?...?x ? a8 ? ,则 f ??0 ? =( A. 2 【答案】C
6

)

B. 2

9

C. 2

12

D. 2

15

4.如图所示,曲线 y ? x 2 和曲线 y ?

,则该叶形图的面积是( x 围成一个叶形图(阴影部分)

)

1 2 【答案】D
A. 5.函数 y ? sin x在点(

B.

1 4

C.

1 6

D.

1 3

?
3

,

3 ) 处的切线的斜率为( 2 2 2
C.

)

A.

3 2

B.

1 2

D.1

【答案】C 6.由函数 y ? cos x,(0 ? x ? 2? )的图象与直线x ?

3 ? 及y ? 1 的图象所围成的一个封闭图形的面积是( 2

)

A.4 【答案】B 7.由曲线 A.

B.

3? ?1 2

C.

? ?1 2

D. 2?

y ? x, y ? x 3 围成的封闭图形面积为(
B.

)

1 12

1 4

C.

1 3
)

D.

7 12

【答案】A 2n2 8.已知 lim ( -an)=b,则常数 a、b 的值分别为( n?? 2+n
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A.a=2,b=-4 1 C.a= ,b=-4 2 【答案】A B.a=-2,b=4

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1 1 D.a=- ,b= 2 4

9.已知函数 y=f(x)在区间(a,b)内可导,且 x0∈(a,b)则 A.f’(x0) 【答案】B 10.由曲线 y ? A. B.2 f’(x0)

lim
h ?0

f ( x0 ? h) ? f ( x0 ? h) 的值为( h
D.0

)

C.-2 f’(x0)

x ,直线 y ? x ? 2 及 y 轴所围成的图形的面积为(
B.4 C.

) D.6

10 3
2

16 3

【答案】C 11.若曲线 y ? x ? ax ? b 在点 (0, b) 处的切线方程是 x ? y ? 1 ? 0 ,则( A. a ? 1, b ? 1 【答案】B 12.设 的是( 是函数 ) 的导函数,将 和 的图象画在同一个直角坐标系中,不可能正确 B. a ? ?1, b ? 1 C. a ? 1, b ? ?1 )

D. a ? ?1, b ? ?1

【答案】D 第Ⅱ卷(非选择题 13.由曲线 y=x ,y=x 围成的封闭图形面积为 【答案】 1 12
3
2 3

共 90 分)

二、填空题 (本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分,把正确答案填在题中横线上)

14.若曲线 f ( x) ? ax ? ln x 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 取值范围是____________ 【答案】 a ? 0 15.在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 是第一象限内曲线 y ? ? x ? 1 上的一个动点,点 P 处的切线与两个坐标
3

轴交于 A, B 两点,则 △ AOB 的面积的最小值为

.

【答案】

33 2 4
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16.对于下列命题: ① 函数 ② 函数 ③ 函数

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f ? x ? 是周期函数; f ? x ? 既有最大值又有最小值; f ? x ? 的定义域是 R,且其图象有对称轴;

④对于任意 x ? (?1,0) , f ?( x) ? 0 ( f ?( x) 是函数 f ( x) 的导函数) . 其中正确结论的序号为 【答案】②③ 三、解答题 (本大题共 6 个小题,共 70 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 17.已知函数 f(x)=aln(e +1)-(a+1)x,g(x)=x -(a-1)x-f(lnx), a∈R,且 g(x)在 x=1 处取得极值. (1)求 a 的值; (2)若对 0≤x≤3, 不等式 g(x)≤|m-1|成立,求 m 的取值范围; (3)已知?ABC 的三个顶点 A,B,C 都在函数 f(x)的图像上,且横坐标依次成等差数列,讨 论?ABC 是否为钝角三角形,是否为等腰三角形.并证明你的结论. 【答案】(1) g ( x) ? x 2 ? (a ? 1) x ? a ln(1 ? x) ? (a ? 1) ln x( x ? 0) ,
g ' ( x) ? 2 x ? (a ? 1) ? a a ?1 ? ( x ? 0) , 1? x x
x 2

依题设,有 g ' (1) ? 0 ,所以 a=8. (2) g ( x) ? x 2 ? 7 x ? 8 ln(1 ? x) ? 9 ln x( x ? 0)
g ' ( x) ? 2 x ? 7 ?
' 8 9 ( x ? 1)( x ? 3)(2 x ? 3) ? ? ( x ? 0) ,由 g ( x) ? 0 ,得 x 1? x x x( x ? 1)

? 1或 x ? 3

函数 g (x) 增区间(0,1),减区间(1,3) 函数 g (x) 在 x=3 处取得极小值,g(x)min=g(3);函数 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(x)max=g(1), 不等式|m-1|≥g(x),对 0≤x≤3 成立,等价于|m-1|≥g(x)max 成立 即 m-1≥g(x)max=g(1)orm-1≤-g(x)max=-g(1), (3)设 A( x1 , m≤1-g(1) or m≥1+g(1)

f ( x1 )) , B( x 2 , f ( x 2 )) . C ( x3 , f ( x3 )) ,且 x1 ? x 2 ? x3 , x 2 ? x1 ? x3 ,
2

则 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? f ( x3 ) , ∴ BA ? ( x1

? x 2 , f ( x1 ) ? f ( x 2 )) , BC ? ( x3 ? x 2 , f ( x3 ) ? f ( x 2 )) ,

∴ BA ? BC ? ( x3 ? x 2 )( x1 ? x 2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? f ( x3 ) ? f ( x 2 ) ? 0 . 所以 B 为钝角, ? ABC 是钝角三角形.

f ( x) ? 8 ln(1 ? e x ) ? 9 x , f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 2 f ( x1 ? x 2 )
2
= 8 [ln(1 ? e x1 )(1 ? e x1 ) ? ln(1 ? e
x1 ? x2 2

)2 ]

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= 8[ln(1 ? e x1 ? e x2 ? e x1 ? x2 ) ? ln(1 ? 2e ∵ x1 ? x 2 ∴ e x1 ? e x2 ? 2 e x1 ? e x2 ? 2e ∴1 ? e ∴ f(
x1
x1 ? x2 2

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? e x1 ? x2 )]

x1 ? x2 2

?e ?e
x2

x1 ? x2

? 1 ? 2e

x1 ? x2 2

? e x1 ? x2 ∴ f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 2 f (

x1 ? x 2 )?0 2

x1 ? x 2 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ,故 f(x)是 R 上的凹函数. )? 2 2

f ' ( x) ?

8e x ? 9 ? ex ?9 ? ? 0 恒成立∴ f (x) 在 (?? , ? ?) 上单调递减. 1? ex 1? ex

若 ? ABC 是等腰三角形,则只能是 BA ? BC . 即 ( x1 ? x 2 ) 2 ? [ f ( x1 ) ? f ( x 2 )] 2 ? ( x3 ? x 2 ) 2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x 2 )] 2 ∵ x ? x1 ? x3 ∴ [ f ( x1 ) ? f ( x 2 )]2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x 2 )]2 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? f ( x 3 ) ? f ( x 2 ) 2 .
2

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? f ( x 2 ) ? f ( x3 ) ∴ f ( x1 ? x3 ) ? f ( x1 ) ? f ( x3 ) ,
2 2

这与 f(x)是 R 上的凹函数矛盾,故 ? ABC 是钝角三角形,但不可能是等腰三角形. 18.已知函数 f(x)=(x+1)ln x-x+1, (1)若 xf′(x)≤x2+ax+1,求 a 的取值范围; (2)证明:(x-1)f(x)≥0. x+1 1 【答案】(1)f′(x)= +ln x-1=ln x+ ,xf′(x)=xln x+1, x x 1 题设 xf′(x)≤x2+ax+1 等价于 ln x-x≤a,令 g(x)=ln x-x,则 g′(x)= -1. x 当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x≥1 时,g′(x)≤0,x=1 是 g(x)的最大值点, g(x)≤g(1)=-1. 综上,a 的取值范围是[-1,+∞). (2)由(1)知,g(x)≤g(1)=-1,即 ln x-x+1≤0,当 0<x<1 时, f(x)=(x+1)ln x-x+1=xln x+(ln x-x+1)≤0; 1 1 1 当 x≥1 时,f(x)=ln x+(xln x-x+1)=ln x+x?ln x+x-1?=ln x-x?lnx-x+1?≥0,所以(x-1)f(x)≥0. ? ? ? ? 19.已知函数 (I)求

f ? x? ? ? x ? k ? ex



f ? x?

的单调区间; 在区间

(II)求

f ? x?

?0,1? 上的最小值。

【答案】 (I) 令

f / ( x) ? ( x ? k ? 1)e x ,

f / ( x) ? 0 ? x ? k ? 1 ;所以 f ? x ? 在 (??, k ? 1) 上递减,在 (k ? 1, ??) 上递增;

(II)当 k ? 1 ? 0, 即k ? 1 时,函数 当 0 ? k ?1 ? 1 即1 ? k
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f ? x?

在区间

?0,1? 上递增,所以 f ( x)min ? f (0) ? ?k ;
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? 2 时,由(I)知,函数 f ? x ? 在区间 ? 0, k ? 1? 上递减, (k ? 1,1] 上递增,所以

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f ( x) min ? f (k ? 1) ? ?e k ?1 ;
当 k ? 1 ? 1, 即k ? 2 时,函数 20.计算下列定积分的值 (1)

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f ? x?
2

在区间

?0,1? 上递减,所以 f ( x)min ? f (1) ? (1 ? k )e 。

?

3

?1

(4 x ? x 2 )dx ;(2) ? ( x ? 1) 5 dx ;
1
2 (4) ? 2? cos xdx ( x ? sin x)dx ; ? 2

(3)

?

?

?

2 0

【答案】 (1)

(2)

(3)

(4)

21.已知曲线 C1 : y ? x 2 与 C2 : y ? ?( x ? 2) 2 ,直线 l 与 C1,C2 都相切,求直线 l 的方程.

? 【答案】设 l 与 C1 相切于点 P( x1,x12 ) 与 C2 相切于 Q( x2, ( x2 ? 2) 2 ) .
对于 C1 : y ? ? 2 x ,则与 C1 相切于点 P 的切线方程为 y ? x12 ? 2 x1 ( x ? x1 ) ,即 y ? 2 x1 x ? x12 ,
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对于 C2 : y ? ? ?2( x ? 2) ,则与 C2 相切于点 Q 的切线方程为 y ? ( x2 ? 2) 2 ? ?2( x2 ? 2)( x ? x2 ) ,
2 即 y ? ?2( x2 ? x) x ? x2 ? 4 .

∵ 两切线重合,
2 ∴ 2 x1 ? ?2( x2 ? 2) ,且 ? x12 ? x2 ? 4 .

解得 x1 ? 0,x2 ? 2 或 x1 ? 2,x2 ? 0 .

∴ 直线 l 方程为 y ? 0 或 y ? 4 x ? 4 .
22.已知函数 f(x)=e -ax,其中 a>0. (1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k,证明:存在 x0 ∈(x1,x2),使 f′(x0)=k 成立. 【答案】 (1)f′(x)=ex-a.令 f′(x)=0 得 x=lna. 当 x<lna 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>lna 时,f′(x)>0,f(x)单调递增.故当 x=ln a 时,f(x)取最小值 f(lna)=a-alna. 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 a-alna≥1. ① 令 g(t)=t-tlnt,则 g′(t)=-lnt. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增; 当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减. 故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1.因此,当且仅当 a=1 时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{1}. (2)由题意知,k= f?x2?-f?x1? e 2 -e 1 = -a. x2-x1 x -x
x x
x

令φ (x)=f′(x)-k=ex-

e -e ,则 x2 -x1

x2

2 x1

1

φ (x1)=- φ (x2)=

e x1 x -x [ e 2 1 -(x2-x1)-1], x2 -x1

e x2 x -x [ e 1 2 -(x1-x2)-1]. x2 -x1

令 F(t)=et-t-1,则 F′(t)=et-1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减; 当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增. 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 et-t-1>0. 从而 e
x2 -x1

-(x2-x1)-1>0, e

x1 -x2

-(x1-x2)-1>0,又

e x1 e x2 >0, >0, x2 -x1 x2 -x1

所以φ (x1)<0,φ (x2)>0. 因为函数 y=φ (x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在 x0∈(x1,x2),使φ (x0)=0,即 f′ (x0)=k 成立.

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