广东省佛山一中2018-2019学年高二下学期第一次段考试题(4月)数学(理) Word版含解析

副标题

题号 一 二 三 总分 得分 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1. 函数f(x)=x3

+x在点x=1处的切线方程为（ ）

A.

B.

C.

D.

2. 函数

，则（ ） A. 为函数的极大值点 B. 为函数的极小值点 C.

为函数

的极大值点

D.

为函数

的极小值点

3. （理）

的值是（ ）

A.

B.

C.

D.

4. 函数

的图象如图所示，则不等式的解集为 ( )

A. B. C.

D.

5. 若y=f（x）在（-∞，+∞）可导，且

，则

=（ ）

A. B. 2 C. 3 D. 6. 已知f（x）=x2

+3xf′（1），则f′（2）=（ ）

A. 1 B. 2 C. 4

D. 8

7. 已知y=+（b+6）x+3在R上存在三个单调区间，则b的取值范围是（ A.

或

B.

C.

D.

或

1

） 8. 如图所示，正弦曲线y=sinx，余弦曲线y=cosx与两直线x=0，x=π所围成的阴影部分的

面积为（ ）

A. 1

设函数

B.

可导，则

C. 2

；

D.

9. 下列说法正确的是：（）

过曲线外一定点做该曲线的切线有且只有一条； 已知做匀加速运动的物体的运动方程是米，则该物体在时刻秒的瞬时速度是5米秒； 一物体以速度米秒做直线运动，则它在到秒时间段内的位移为12米；

已知可导函数，对于任意时，f'(x)>0 是函数在上单调递增的充要条件．

A. B. C. D.

10. 若函数在上可导,则 ( )

A. B. C. D.

11. 已知结论：“在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC的重心，则

．”若把该结论推广到空间，则有结论：在棱长都相等的四面体A-BCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则

（ ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

12. 把非零自然数按－定的规则排成了下面所示的三角形数表(每行比上一行多一个数)，设ij∈N+）（aij，是位于这个三角形数表中从上往下数第i行，从左往右数第j个数，如a42=8，若i=65，j=3，则aij的值为( )

1 2 4 3 5 7 6 8 10 12 9 11 13 15 17

2

14 16 18 20 22 24 …

A. 2053 13. 已知函数14. 函数

B. 205l C. 2049 D. 2047

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

在（0，2）上有极值，则实数m的值为______．

的图象与x轴所围成的封闭图形的面积等于

_____________。

15. 函数f（x）=x3+ax-2在区间[1，+∞）内是增函数，则实数a的取值范围是______． 16. 在函数f（x）=alnx+（x+1）2（x＞0）的图象上任取两个不同点P（x1，y1），Q（x2，

y2），总能使得f（x1）-f（x2）≥4（x1-x2），且x1＞x2，则实数a的取值范围为______． 三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）

17. 已知函数f（x）=x3-3ax2+2bx在x=1处有极小值-1

（1）求a、b的值；

（2）求出函数f（x）的单调区间．

18. 已知函数f（x）=x3+x-16．

（1）求曲线y=f（x）在点（2，6）处的切线方程；

（2）直线l为曲线y=f（x）的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．

19. 如图所示，抛物线

与x轴所围成的区域是一块等待开垦的土地，现计划在该区域

内围出一块矩形地块ABCD作为工业用地，其中A、B在抛物线上，C、D在x轴上已知工业用地每单位面积价值为3a元，其它的三个边角地块每单位面积价值a元．

3

Ⅰ求等待开垦土地的面积；

Ⅱ如何确定点C的位置，才能使得整块土地总价值最大．

20. 一种十字绣作品由相同的小正方形构成，如图，图①②③④分别是制作该作品前四步时

对应的图案，按照如此规律，第n步完成时对应图案中所包含小正方形的个数记为f(n).

① ② ③

④

(1)求出f(2)，f(3)，f(4)的值；

(2)利用归纳推理，归纳出f(n+1)与f(n)的关系式； (3)猜想f(n)的表达式，并写出推导过程.

21. 已知函数f（x）=ax+lnx（a∈R）

（Ⅰ）求函数f（x）的单调递增区间

xx

（Ⅱ）已知g（x）=4-3•2+1，若对任意的m∈（0，+∞），存在n∈[0，1]，使得f（m）＜g（n），求实数a的取值范围．

4

22. 设函数

（其中k∈R）．

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）当k＞0时，讨论函数f（x）的零点个数．

答案和解析

1.【答案】B 【解析】 【分析】

本题考查导数的几何意义，首先求出函数f(x)在点x=1处的导数，也就是切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程．． 【解答】 解：∵∴切线斜率

，

，

又∵f(1)=2，∴切点为（1，2）， ∴切线方程为y-2=4（x-1），

5

即4x-y-2=0. 故选B. 2.【答案】A 【解析】 【分析】

本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及极值，考查计算能力，属于基础题．求导，令f′（x）＞0，求得函数的单调递增区间，令f′（x）＜0，求得函数的单调递减区间，根据单调性得到函数的极值问题. 【解答】 解：令f′（x）=∴函数

的定义域（0，+∞），f′（x）=＞0，解得：0＜x＜e，令f′（x）=

，

＜0，解得：x＞e，

在（0，e）上递增，在（e，+∞）上递减，

∴当x=e时，函数有极大值. 故选A. 3.【答案】A 【解析】 解：设

=

22

，则（x-1）+y=1，（

，

,y≥0），表示为圆心在（1，

,

0），半径为1的圆，所以由积分的几何意义可知而所以

，

=

．

6

故选A．

根据微积分的积分公式和微积分基本定理的几何意义进行计算即可．

本题主要考查微积分的基本公式以及微积分的几何意义，要求熟练掌握基本函数的微积分公式．

4.【答案】A 【解析】 【分析】

本题主要考查了函数的单调性与导数的关系，同时考查了分类讨论的思想，属于基础题．

根据函数图象分别讨论x∈（-∞，-1）时，x∈（-1，1）时，x∈（1，+∞）时的情况，从而得出答案． 【解答】

解：x∈（-∞，-1）时，f′（x）＞0， 解不等式（x+3）•f′（x）＜0，得x＜-3， x∈（-1，1）时，f′（x）＜0，

解不等式（x+3）•f′（x）＜0，得；-1＜x＜1， x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0， 解不等式（x+3）•f′（x）＜0，无解． 综合得x∈（-∞，-3）∪（-1，1）， 故选A． 5.【答案】D 【解析】

7

【分析】

本题主要考查导数的计算，根据导数的极限定义进行转化是解决本题的关键． 根据导数的定义进行求解即可． 【解答】 解：∵∴•即则

=1， =.

， =1，

故选D. 6.【答案】A 【解析】 【分析】

先求出f′（x）=2x+3f'（1），令x=1，求出f′（1 ）后，导函数即可确定，再求f'（2）．本题考查函数与导数，求导公式的应用及函数值求解．本题求出f′（1 ） 是关键步骤． 【解答】

解：f′（x）=2x+3f'（1），令x=1，得f′（1）=2+3f'（1），f′（1）=-1， ∴f′（x）=2x-3． ∴f'（2）=1． 故选A．

7.【答案】D 【解析】 解：若y=

+（b+6）x+3在R上存在三个单调区间，

2

只需y′=x+2bx+（b+6）=0有2个不相等的实数根，

8

2

即只需△=4b-4（b+6）＞0，解得：b＜-2或b＞3，

故选：D．

问题转化为只需y′=x2+2bx+（b+6）=0有2个不相等的实数根即可． 本题考查了函数的单调性问题，考察二次函数的性质，是一道基础题． 8.【答案】D 【解析】 【分析】

本小题主要考查定积分的几何意义以及定积分的基本运算，对学生的运算求解能力和数形结合思想提出一定要求．由图形可知，阴影部分的面积等于正弦函数与余弦函数图形【解答】

解：由图形以及定积分的意义，得到所求封闭图形面积等价于

；

故选D．

9.【答案】B 【解析】 【分析】

本题考查了导数的概念，导数的几何意义，以及导数的单调性，根据条件逐项判断即可. 【解答】

到

的面积，所以利用此区间的定积分可求．

9

解：对于选项①，设函数故①错.

,则，

对于选项②，过曲线y=f(x)外一定点做该曲线的切线有且只有一条，故②错.

对于选项③，已知做匀速运动的物体的运动方程为

,故③正确.

对于选项④，一物体以速度移为

，则，所以

做直线运动，则它在t=0到t=2时间段内的位，故④正确.

对于选项⑤，已知可导函数，对于任意时，是函数

在(a，b)上单调递增的充分不必要条件，故⑤错.

故选B. 10.【答案】A 【解析】 【分析】

本题考查利用导数研究函数的单调性，是基础题. 利用f（x）＜xf′（x），证明【解答】

解：∵f（x）＜xf′（x）， ∴f（x）-xf′（x）＜0， ∴∴

>0,

，

是R上的单调增函数，即可得出结论．

是R上的单调增函数， ∴

∴ef（1）10

11.【答案】C 【解析】 【分析】

本题考查类比推理、几何体的结构特征、体积法等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力、化归与转化思想．属于基础题．

【解答】

解：推广到空间，则有结论：“

”．

设正四面体ABCD边长为1，过A作面BDC的垂涎AM, AM交面BDC于M, 则四面体体积

由对称性可知，棱长都相等的四面体A-BCD的内切球心O在垂线AM上，内切球半径为r=OM

又O到四面体各面的距离都相等， 则

所以AM=4OM，所以故答案为：3

12.【答案】A 【解析】 【分析】

本题考查简单的演绎推理及数列的特点，属于中档题. 【解答】

11

解：由三角形数表可以看出其奇数行为奇数列，偶数行为偶数列，

aij是第65行第3个数，

由图知，第65行都是奇数，设奇数为2n-1， 它是第1+3+...+63+3=1027个， 1027-1=2053. 因此aij为2×故选A. 13.【答案】2

【解析】 【分析】

本题考查了函数的极值，属于中档题．

对函数求导，令导函数等于0，求出x=0，1，根据函数在在（0，2）上有极值， 可知【解答】

2

解：f′（x）=3x-3x，令f′（x）=0，得x=0，1，

，即可求解.

∵函数∴

故答案为2．

14.【答案】

【解析】

在（0，2）上有极值， ，∴m=2，

12

【分析】

先作出f（x）的图象，它与x轴所围成的封闭图形的面积问题用定积分求解．本题考查分段函数的图象问题、利用定积分求面积问题，难度不大． 【解答】

解：由下图可知s=故答案为.

15.【答案】[-3，+∞） 【解析】 【分析】

本题主要考查函数单调性和单调区间的应用，求函数的导数利用导数研究单调性是解决本题的关键．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． 【解答】

3

解：∵函数f（x）=x+ax-2在区间[1，+∞）上单调递增， 2

∴f′（x）=3x+a≥0，在区间[1，+∞）恒成立， 2

即a≥-3x， 2

∵-3x≤-3，

x2dx+

=+=

∴a≥-3，

故实数a的取值范围是[-3，+∞）． 故答案为[-3，+∞）

13

16.【答案】a≥

【解析】

解：不妨设x1＞x2，则x1-x2＞0， ∵f（x1）-f（x2）≥4（x1-x2）， ∴

≥4，

2

可得y=f（x）-4x=alnx+（x+1）-4x在x＞0递增，

∴y′=+2（x+1）-4

∴+2（x+1）≥4，

2

∴a≥-2x+2x

22

∵-2x+2x=-2（x-）+≤

∴a≥， 故答案为：a≥

不妨设x1＞x2，则x1-x2＞0，由f（x1）-f（x2）≥4（x1-x2），可得

≥4，即函数

f（x）=alnx+（x+1）2（x＞0）的图象上任取两个不同点P（x1，y1），Q（x2，y2）连续的斜率不小于4，即导数值不小于4，由此构造关于a的不等式，可得实数a的取值范围．

本题考查的知识点导数的几何意义，斜率公式，其中分析出f（x1）-f（x2）≥4（x1-x2）的几何意义，是解答的关键．

17.【答案】解：（1）∵f′（x）=3x2-6ax+2b，函数f（x）=x3-3ax2+2bx在x=1处有极小值-1，∴f（1）=-1，f′（1）=0

∴1-3a+2b=-1，3-6a+2b=0

14

解得a=，b=-

32

∴f（x）=x-x-x

2

（2）∵f′（x）=3x-2x-1

2

∴由f′（x）=3x-2x-1＞0得x∈（-∞，-）或（1，+∞）

2

由f′（x）=3x-2x-1＜0得x∈（-，1）

∴函数f（x）的单调增区间为：（-∞，-），（1，+∞），减区间为：（-，1）． 【解析】

32

（1）已知函数f（x）=x-3ax+2bx在x=1处有极小值-1，即f（1）=-1，f′（1）=0，所以先

求导函数，再代入列方程组，即可解得a、b的值；

（2）分别解不等式f′（x）＞0和f′（x）＜0，即可得函数f（x）的单调增区间与单调递减区间．

本题考查导数在求函数极值中的应用，利用导数求函数的单调区间，属于中档题．

18.【答案】解：（1）由f（x）=x3+x-16，得

f′（x）=3x2+1，∴f′（2）=3×22+1=13，

∴曲线y=f（x）在点（2，6）处的切线方程为y-6=13（x-2），即13x-y-20=0； （2）设切点为（∴切线方程为∵切线经过原点， ∴∴

，x0=-2．

，

），

，

，

则f′（-2）=13，

∴所求的切线方程为y=13x；

15

切点为（-2，-26）． 【解析】

（1）求出原函数的导函数，得到函数在x=2时的导数，即切线的斜率，然后由直线方程的点斜式得答案；

（2）设出切点坐标，求出函数过切点的切线方程，由切线过原点求得切点横坐标，则直线方程与切点坐标可求．

本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是区分切线所经过的点是否为切点，是中档题． 19.【答案】解：（1）如图所示：

由，

故等待开垦土地的面积为;

（2）设点C的坐标为（x，0），则点B（x，1-x）其中0＜x＜1， ∴

∴土地总价值

由y′=4a（1-3x）=0得

2

2

,

,

或

(舍去),

16

故当时，y取得最大值 ，

时，整个地块的总价值最大．

答：当点C的坐标为

【解析】

本题以实际问题为载体，考查函数模型的构建，解题的关键是利用定积分知识求面积，从而构建函数，同时考查利用导数求最值． （1）先由定积分可求等待开垦土地的面积；

（2）进而可得工业用地面积，三个边角地块面积，由此可得土地总价值，利用导数的方法可求函数的最值．

20.【答案】解：（1）图①中只有一个小正方形，得f（1）=1，

图②中有3层，以第2层为对称轴，有1+3+1=5个小正方形，得f（2）=5，

图③中有5层，以第3层为对称轴，有1+3+5+3+1=13个小正方形，得f（3）=13，

图④中有7层，以第4层为对称轴，有1+3+5+7+5+3+1=25个小正方形，得f（4）=25， 图⑤中有9层，以第5层为对称轴，有1+3+5+7+9+7+5+3+1=41个小正方形，得f（5）=41. （2）∵f（1）=1， f（2）=5，f（3）=13，f（4）=25，f（5）=41，

1， ∴f（2）-f（1）=4=4×2， ∴f（3）-f（2）=8=4×

3， ∴f（4）-f（3）=12=4×4， ∴f（5）-f（4）=16=4×

…

∴f（n）-f（n-1）=4×（n-1）=4n-4，

∴f（n+1）与f（n）的关系式：f（n+1）-f（n）=4n. （3）猜想f（n）的表达式：， 由（2）可知:

f（2）-f（1）=4=4×1， f（3）-f（2）=8=4×2， f（4）-f（3）=12=4×3， f（5）-f（4）=16=4×4， …

∴f（n）-f（n-1）=4×（n-1）=4n-4，

将上述n-1个式子相加，得f（n）-f（1）=4（1+2+3+4+…+（n-1））

17

=，

f（n）=， 即f（n）的表达式为：【解析】

.

本题给出成一定规律排列的图形，找出第n个图形中小正方形的个数，着重考查了等差数列的通项与求和，及简单归纳推理等知识，（3）也可以利用数学归纳法证明，属于中档题．

（1）根据前4个图形进行归纳，求出f（2），f（3），f（4）.

（2）利用（1）的结果，归纳推理，通过相邻两个函数值的关系，归纳出f（n+1）与f（n）的关系式.

（3）猜想f（n）的表达式，利用（2）的推导方法，即可写出推导过程.

21.【答案】解（Ⅰ）∵f（x）=ax+lnx，x∈（0，+∞），∴f′（x）=a+，

①当a≥0时，f′（x）=a+＞0∴f（x）在（0，+∞）上单调递增， ②当a＜0时，f′（x）=a+＞0⇒＞-a⇒x＜-， ∴f（x）在（0，-）上单调递增，

综上：当a≥0时，f（x）的增区间是（0，+∞），当a＜0时，f（x）的增区间是（0，-）； （Ⅱ）g（x）=4-3•2+1，x∈[0，1]，令2=t∈[1，2]， y=t2-3t+1，t∈[1，2]，当t=1或2时，ymax=-1，

由（Ⅰ）知，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，无最值，不可能满足f（m）＜g（n），

当a＜0时，在（0，-）上递增，在（-，+∞）上递减； ∴f（x）max=f（-）=-1+ln（-），

∵对任意的m∈（0，+∞），存在n∈[0，1]，使得f（m）＜g（n）， ∴f（x）max＜g（x）max，∴-1+ln（-）＜-1，

18

x

x

x

∴ln（-）＜0， ∴-＜1，∴a＜-1． 【解析】

（Ⅰ）先求出函数导数，通过讨论①当a≥0时，②当a＜0时的情况，从而求出函数的单调区间；

（Ⅱ）分别求出f（x），g（x）的最大值，问题转化为f（x）max＜g（x）max，即-1+ln（-）＜-1，从而求出a的范围．

本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查了导数的应用，考查了转化思想，是一道中档题．

22.【答案】解：（1）函数f（x）的定义域为（-∞，+∞），f'（x）=ex+（x-1）ex-kx=xex-kx=x

（e-k），

①当k≤0时，令f'（x）＞0，解得x＞0，所以f（x）的单调递减区间是（-∞，0），单调递增区间是[0，+∞），

②当0＜k＜1时，令f'（x）＞0，解得x＜lnk或x＞0，

所以f（x）在（-∞，lnk）和（0，+∞）上单调递增，在[lnk，0]上单调递减， ③当k=1时，f'（x）≥0，f（x）在（-∞，∞）上单调递增，

④当k＞1时，令f'（x）＞0，解得x＜0或x＞lnk，所以f（x）在（-∞，0）和（lnk，+∞）上单调递增，在[0，lnk]上单调递减；

（2）f（0）=-1，①当0＜k≤1时，由（1）知，当x∈（-∞，0）时，

，此时f（x）无零点，

22

当x∈[0，+∞）时，f（2）=e-2k≥e-2＞0，

又f（x）在[0，+∞）上单调递增，所以f（x）在[0，+∞）上有唯一的零点， 故函数f（x）在定义域（-∞，+∞）上有唯一的零点，

②当k＞1时，由（1）知，当x∈（-∞，lnk）时，f（x）≤fmax（x）=f（0）=-1＜0，此时f（x）无零点； x

当x∈[lnk，+∞）时，f（lnk）＜f（0）=-1＜0，令

，则g'（t）=e-t，g''（t）=e-1，

t

t

，

2

因为t＞2，g''（t）＞0，g'（t）在（2，+∞）上单调递增，g'（t）＞g'（2）=e-2＞0，

19

2

所以g（t）在（2，+∞）上单调递增，得g（t）＞g（2）=e-2＞0，即f（k+1）＞0，所以f（x）在[lnk，+∞）上有唯一的零点，故函数f（x）在定义域（-∞，+∞）上有唯一的零点． 综全①②知，当k＞0时函数f（x）在定义域（-∞，+∞）上有且只有一个零点． 【解析】

（1）求出函数的导数，通过k的范围，判断导函数的符号，然后求解函数的单调区间即可．

（2）f（0）=-1，通过①当0＜k≤1时，由（1）知，当x∈（-∞，0）时，函数的最大值大于0

22

推出函数没有零点，当x∈[0，+∞）时，f（2）=e-2k≥e-2＞0，函数有唯一的零点，

②当k＞1时，由（1）知，当x∈（-∞，lnk）时，f（x）≤fmax（x）＜0，此时f（x）无零点； 当x∈[lnk，+∞）时，有唯一的零点．推出当k＞0时函数f（x）在定义域（-∞，+∞）上有且只有一个零点．

本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的零点与函数的最值的关系，考查分类讨论思想以及转化思想的应用．

20