数学理卷·2019届新疆生产建设兵团第二中学高二上学期第四次月考（期末）（2018-02）

数学理卷·2019届新疆生产建设兵团第二中学高二上学期第四次月考（期末）（2018-02）

新疆兵团二中2017—2018学年（第一学期）期末 高二数学试卷（理科）‎ 本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟 第I卷（选择题）‎ 一、选择题（本大题共12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要求的）‎ ‎1.若，则函数的导函数（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎2.下面几种推理中是演绎推理的为(　　)‎ A．由金、银、铜、铁可导电，猜想：金属都可导电 B．猜想数列，，，…的通项公式为an＝(n∈N＋)‎ C．半径为r的圆的面积S＝πr2，则单位圆的面积S＝π D．由平面直角坐标系中圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，推测空间直角坐标系中球的方程为(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝r2‎ ‎3.设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，经计算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，观察上述结果，可推测出一般结论(　　)‎ A．f(2n)>　　　　B．f(n2)≥ C．f(2n)≥ D．以上都不对 ‎4.积分＝(　　)‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎5.已知函数在定义域内可导，其图象如图，记的导函数为，则不等式的解集为（ ）‎ ‎ A. B.‎ ‎ C. D.‎ ‎6.函数的单调递减区间是（ ） ‎ A.(,+∞) B.(－∞,) C.(0,) D.(,+∞)‎ ‎7.当函数取极小值时，x＝(　 )‎ A. B．－ C．－ln2 D．ln2‎ ‎8.f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对 任意正数a、b，若a0, b>0且a>b，求证： ‎ ‎18.（本小题满分12分）‎ 设函数在及时取得极值；‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若对于任意的，都有成立，求c的取值范围．‎ ‎19.（本小题满分12分）‎ 如图,在三棱锥中，，，点、分别是、‎ 的中点，‎ 底面 ‎（1）求证∥平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦.‎ ‎20.(本小题满分12分)‎ 如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形，平面平面，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎21.（本题满分12分）‎ ‎ 设函数在处取得极值,且曲线在点处的切线垂直于直线.‎ ‎ (1)求的值；‎ ‎ (2)若函数,讨论的单调性.‎ ‎22.（本题满分12分）‎ 设函数f(x)＝lnx－ax2－bx.‎ ‎(1)当a＝b＝时，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)令F(x)＝f(x)＋ax2＋bx＋(0＜x≤3)，其图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)当a＝0，b＝－1时，方程f(x)＝mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．‎ ‎ 2019届高二第一学期期末数学（理科）参考答案 一、选择题 ‎1.D 2.C 3.C 解：‎ ‎4.B解：定积分dx表示的是关于半个圆的面积，圆心为原点，半径为a，因此答案为B.‎ ‎5.C 解：原函数增区间 ‎6.C 解：‎ ‎7.B 解：‎ ‎8.B 解：由已知，在增，由，得 ‎9.D 解：由于点A(1,2)在函数f(x)＝ax3的图象上，则a＝2，即y＝2x3，所以y′＝6x2.若点A为切点，则切线斜率为6，若点A不是切点，设切点坐标为(m,2m3)，则切线的斜率为k＝6m2.由两点的斜率公式，得＝6m2(m≠1)，即有2m2－m－1＝0，解得m＝1(舍去)或m＝－.综上，切线的斜率为k＝6或k＝6×＝，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程为y－2＝6(x－1)或y－2＝(x－1)，即6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0.故选D.‎ ‎10.A 解：对函数f（x）求导得 f′（x）=3x2+2ax+b，又∵在x=1时f（x）有极值10， ∴，解得 或 ， 验证知，当a=-3，b=3时，在x=1无极值，故 a+b的值-7．故答案为：-7‎ ‎11.D 解：f'’（x）=2x+a-1/x2，函数f(x)=x2+ax+1/x在(1/2,+)是增函数，故f‘（x）=2x+a-1/x2>=0在(1/2,+)上恒成立得到a>=-2x+1/x2在(1/2, +)上恒成立，-2x+1/x2在(1/2+,)上单调递减，当x=1/2时,有最大值.故a>=-21/2+1/(1/4)=3 实数a的取值范围是a>=3‎ ‎12.B 解：令 ，因为“至少存在一个 ∈[1，e]，使 成立”，所以 有解，则 即 ；令 ‎ ，则 在 恒成立， 则 二、填空题 ‎13.2 解：‎ ‎14. 解：将△ABC的三条边长a，b，c类比到四面体PABC的四个面面积S1，S2，S3，S4，将三角形面积公式中系数，类比到三棱锥体积公式中系数，从而可知选C.证明如下：以四面体各面为底，内切球心O为顶点的各三棱锥体积的和为V，∴V＝S1r＋S2r＋S3r＋S4r，∴r＝ ‎15. 解：由得两曲线交点为，‎ ‎16. 解：a(1，+∞)时，原函数可以化为f(x)=1/(x+a/x)其最大值为√3/3，则g(x)=x+a/x的最小值为√3，对g(x)求导并令其大于零即g'(x)=1-a/x2＞0，则可得x＞√a（负区间舍去），则g(x)在（√a，+∞）上递增，在（0，√a）上递减，当a≦1时g(x)最小值为g(1)=1+a=√3，则此时可解得a=√3-1，当a＞1时g(x)最小值为g(√a)=√a+√a=√3，此时可解得a=√3/2不落在讨论区间，舍去，故综合知a=√3-1‎ ‎17.证明：要证，由于ａ>0, b>0且a>b ，只要证， 只要证，只要证，只要证，只要证，而此式显然成立，所以原不等式成立 ‎18. 解：（1），因为函数在及取得极值，则有，．‎ 即解得，‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ ‎．当时，,f(x)增；当时，，f(x)减；当时，，f(x)增.所以，当时，取得极大值，又,f(3)>f(1).则当时，的最大值为 ‎，因为对于任意的，有恒成立，所以，解得或，因此的取值范围为 ‎19.(1) 证明：∵点O、D分别是AC、PC的中点，∴OD∥AP．∵OD平面PAB，AP平面PAB，∴OD∥平面PAB．‎ ‎ ‎ ‎20.(1)证明：因为为正方形，所以.‎ 因为平面平面，且垂直于这两个平面的交线，所以平面.‎ ‎（2）由（1）知，，由题知，所以.如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则 即 令，则，，所以 同理可得，平面的法向量为，所以.‎ 由题知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.‎ ‎21.解(Ⅰ)因，又在x=0处取得极值,故,从而.由曲线y=在(1,f(1))处的切线与直线相互垂直可知该切线斜率为2,即.综上，a=1,b=0‎ ‎ (3)方程有两个不相等实根 当函数 当时,故上为减函数 时,故上为增函数 ‎22.解：(1)依题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 当a＝b＝时，f(x)＝lnx－x2－x，f′(x)＝－x－＝，‎ 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－2(舍去)．‎ 当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)‎ ‎(2)F(x)＝lnx＋，x∈(0,3]，‎ 则有k＝F′ ()＝≤在(0,3]上恒成立.所以a≥max，‎ 当x0＝1时，－x＋x0取得最大值,所以a≥.‎ ‎(3)当a＝0，b＝－1时，f(x)＝lnx＋x，‎ 由f(x)＝mx，得lnx＋x＝mx，又x＞0，∴m＝1＋ 要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解．‎ 只需m＝1＋有唯一实数解，‎ 令g(x)＝1＋(x＞0)，∴g′(x)＝，‎ 由g′(x)＞0，得0＜x＜e,g′(x)＜0，得x＞e，‎ ‎∴g(x)在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e2]上是减函数．‎ g(1)＝1，g(e2)＝1＋＝1＋，g(e)＝1＋，‎ ‎∴m＝1＋或1≤m＜1＋.‎