2017-2018学年江苏省东台市创新学校高二11月月考数学（文）试题

2017-2018学年江苏省东台市创新学校高二11月月考数学（文）试题

‎2017-2018学年江苏省东台市创新学校高二11月月考数学(文科）试卷 ‎（考试时间：120分钟 满分：160分）‎ 命题人：石磊岩 命题时间：2017.11.23‎ 一、 填空题题5分共70分 ‎1．命题“∀x∈R，x2﹣x+1＜0”的否定是　 　．‎ ‎2．椭圆+=1的一个焦点为（0，1）则m=　 　．‎ ‎3．双曲线的离心率为　 　．‎ ‎4．准线方程x=﹣1的抛物线的标准方程为　 　．‎ ‎5．以双曲线=1的右顶点为焦点的抛物线的标准方程为　 　．‎ ‎6．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2=4x上一点P到焦点的距离为3，则点P的横坐标是　 　．‎ ‎7．已知抛物线方程为，则其准线方程为　 　．‎ ‎8．已知函数f（x）=，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（0）的值为　 　．‎ ‎9．函数f（x）=x3﹣（a﹣1）x2+（a﹣3）x的导函数f'（x）是偶函数，则实数a=　 　．‎ ‎10．定义在R上的函数f（x）满足f（1）=1，且对任意x∈R，都有，则不等式的解集为　 　．‎ ‎11．若函数f（x）=ln（ax2+x）在区间（0，1）上单调递增，则实数a的取值范围为　 　．‎ ‎12．若函数f（x）=（x2﹣ax+a+1）ex（a∈N）在区间（1，3）只有1个极值点，则曲线f（x）在点（0，f（0））处切线的方程为　 　．‎ ‎13．已知函数f（x）=x2﹣2ex+t﹣1﹣，其中e=2.71828…若y=f（x）有两个相异的零点，则t的取值范围为　 　．‎ ‎14．设，当x∈（0，1）时取得极大值，当x∈‎ ‎（1，2）时取得极小值，则的取值范围为　 　．‎ 二、解答题 ‎ 15．(14分)已知函数f（x）=x3+x﹣16．‎ ‎（1）求满足斜率为4的曲线的切线方程；‎ ‎（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．‎ ‎16．(14分)某河上有座抛物线形拱桥，当水面距顶5m时，水面宽为8m，一木船宽4m高2m，载货后木船露在水面上的部分高为m，问水面上涨到与拱顶相距多少时，木船开始不能通航？‎ ‎17．(14分)已知函数f（x）=+x在x=1处的切线方程为2x﹣y+b=0．‎ ‎（Ⅰ）求实数a，b的值；‎ ‎（Ⅱ）若函数g（x）=f（x）+x2﹣kx，且g（x）是其定义域上的增函数，求实数k的取值范围．‎ ‎18．(16分)如图所示，矩形ABCD为本市沿海的一块滩涂湿地，其中阴影区域有丹顶鹤活动，曲线AC是以AD所在直线为对称轴的抛物线的一部分，其中AB=1km，BC=2km，现准备开发一个面积为0.6km2的湿地公园，要求不能破坏丹顶鹤活动区域．问：能否在AB边上取点E、在BC边上取点F，使得△BEF区域满足该项目的用地要求？若能，请给出点E、F的选址方案；若不能，请说明理由．‎ ‎ ‎ ‎19．(16分)设函数f（x）=lnx﹣ax2﹣bx．‎ ‎（1）若x=1是f（x）的极大值点，求a的取值范围．‎ ‎（2）当a=0，b=﹣1时，函数F（x）=f（x）﹣λx2有唯一零点，求正数λ的值．‎ ‎20．(16分)已知函数f（x）=2lnx﹣3x2﹣11x．‎ ‎（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；‎ ‎（2）若关于x的不等式f（x）≤（a﹣3）x2+（2a﹣13）x+1恒成立，求整数a的最小值．‎ ‎ ‎ 参考答案 一：填空题 1. ‎∃x∈R，x2﹣x+1≥0 2. 3 3. 4. y2=4x 5.y2=16x ‎ ‎6. 2 7。y=1 8. 2 9. 1 10. （﹣1，1） 11. a≥﹣． ‎ ‎12. x﹣y+6=0 13. 14. （﹣∞，﹣3）∪（2，+∞）．‎ 二：解答题 ‎15：解：（1）设切点坐标为（x0，y0），‎ 函数f（x）=x3+x﹣16的导数为f′（x）=3x2+1，‎ 由已知得f′（x0）=k切=4，即，解得x0=1或﹣1，‎ 切点为（1，﹣14）时，切线方程为：y+14=4（x﹣1），即4x﹣y﹣18=0；‎ 切点为（﹣1，﹣18）时，切线方程为：y+18=4（x+1），即4x﹣y﹣14=0；…（7分）‎ ‎（2）设切点坐标为（x0，y0），‎ 由已知得f'（x0）=k切=，且，‎ 切线方程为：y﹣y0=k（x﹣x0），‎ 即，‎ 将（0，0）代入得x0=﹣2，y0=﹣26，‎ 求得切线方程为：y+26=13（x+2），即13x﹣y=0．…（14分）‎ ‎16：解：如图所示建立直角坐标系xOy，设抛物线方程为x2=﹣2py（p＞0），过点（4，﹣5），‎ ‎∴16=﹣2p（﹣5），∴2p=，‎ ‎∴抛物线方程为x2=﹣y，x=2时，y=﹣，‎ ‎∴相距为+=2时不能通行．…（14分）‎ ‎17：解：（Ⅰ）∵f（x）=+x，‎ ‎∴f′（x）=+1，‎ ‎∵f（x）在x=1处的切线方程为2x﹣y+b=0，‎ ‎∴+1=2，2﹣1+b=0，‎ ‎∴a=1，b=﹣1；‎ ‎（Ⅱ）f（x）=lnx+x，g（x）=x2﹣kx+lnx+x，‎ ‎∴g′（x）=x﹣k++1，‎ ‎∵g（x）在其定义域（0，+∞）上是增函数，‎ ‎∴g′（x）≥0在其定义域上恒成立，‎ ‎∴x﹣k++1≥0在其定义域上恒成立，‎ ‎∴k≤x++1在其定义域上恒成立，‎ 而x++1≥2+1=3，当且仅当x=1时“=”成立，‎ ‎∴k≤3．‎ ‎18：解：△BEF区域满足该项目的用地要求等价于△BEF面积的最大值不小于0.6 km2，‎ 以A为原点，AB所在直线为x轴，‎ AD所在直线为y轴，‎ 建立如图所示平面直角坐标系，‎ 则A（0，0），B（1，0），C（1，2），D（0，2），‎ 设曲线AC所在的抛物线的方程为x2=2py（p＞0），‎ 代入点C（1，2）得p=，‎ 得曲线AC的方程为y=2x2（0≤x≤1），‎ 欲使得△BEF的面积最大，必有EF与抛物线弧AC相切，‎ 设切点为P（t，2t2），0≤t≤1，‎ 由y=2x2得y′=4x，故点P（t，2t2）处切线的斜率为4t，‎ 切线的方程为y﹣2t2=4t（x﹣t），‎ 即y=4tx﹣2t2，‎ 当t=0时显然不合题意，故0＜t≤1，‎ 令x=1得yP=4t﹣2t2，令y=0得xK=t，‎ 则S△BEF=BE•BF=（1﹣）（4t﹣2t2）=t3﹣2t2+2t，‎ 设f（t）=t3﹣2t2+2t，0＜t≤1，‎ 则f′（t）=（3t﹣2）（t﹣2），‎ 令f′（t）＞0得0＜t＜，令f′（t）＜0得＜t≤1，‎ 故f（t）在（0，）上递增，在（，1]上递减，‎ 故f（t）max=f（）=，‎ 而＜0.6，故该方案所得△BEF区域不能满足该项目的用地要求．‎ ‎19：解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），，由f'（1）=0，得b=1﹣a．‎ ‎∴．…（2分）‎ ‎①若a≥0，由f'（x）=0，得x=1．‎ 当0＜x＜1时， f'（x）＞0，此时f（x）单调递增；‎ 当x＞1时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减．‎ 所以x=1是f（x）的极大值点．…（5分）‎ ‎②若a＜0，由f'（x）=0，得x=1，或x=．‎ 因为x=1是f（x）的极大值点，所以＞1，解得﹣1＜a＜0．‎ 综合①②：a的取值范围是a＞﹣1．…（8分）‎ ‎（Ⅱ）因为函数F（x）=f（x）﹣λx2有唯一零点，‎ 即λx2﹣lnx﹣x=0有唯一实数解，‎ 设g（x）=λx2﹣lnx﹣x，‎ 则．令g'（x）=0，2λx2﹣x﹣1=0．‎ 因为λ＞0，所以△=1+8λ＞0，‎ 方程有两异号根设为x1＜0，x2＞0．‎ 因为x＞0，所以x1应舍去．‎ 当x∈（0，x2）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，x2）上单调递减；‎ 当x∈（x2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）在（x2，+∞）单调递增．‎ 当x=x2时，g'（x2）=0，g（x）取最小值g（x2）．…（12分）‎ 因为g（x）=0有唯一解，所以g（x2）=0，‎ 则即 因为λ＞0，所以2lnx2+x2﹣1=0（*）‎ 设函数h（x）=2lnx+x﹣1，因为当x＞0时，‎ h（x）是增函数，所以h（x）=0至多有一解．‎ 因为h（1）=0，所以方程（*）的解为x2=1，‎ 代入方程组解得λ=1．…（16分）‎ ‎20：解：（1）∵f′（x）=，f′（1）=﹣15，f（1）=﹣14，‎ ‎∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为： y﹣14=﹣15（x﹣1），即y=﹣15x+1；‎ ‎（2）令g（x）=f（x）﹣（a﹣3）x2﹣（2a﹣13）x﹣1=2lnx﹣ax2+（2﹣2a）x﹣1，‎ ‎∴g′（x）=．‎ 当a≤0时，∵x＞0，∴g′（x）＞0，则g（x）是（0，+∞）上的递增函数．‎ 又g（1）=﹣a+2﹣2a﹣1=1﹣3a＞0，∴不等式f（x）≤（a﹣3）x2+（2a﹣13）x+1不恒成立；‎ 当a＞0时，g′（x）=．‎ 令g′（x）=0，得x=，∴当x∈（0，）时，g′（x）＞0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＜0．‎ 因此，g（x）在（0，）上是增函数，在（，+∞）上是减函数．‎ 故函数g（x）的最大值为g（）=≤0．‎ 令h（a）=．‎ 则h（a）在（0，+∞）上是减函数，‎ ‎∵h（1）=﹣2＜0，‎ ‎∴当a≥1时，h（a）＜0，∴整数a的最小值为1．‎ ‎…（16分）‎