2018-2019学年河南省林州一中高二3月月考数学(理)试题(解析版)

河南省林州一中2018-2019学年高二3月月考

数学（理）试题

一、选择题（本题共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.某物体做自由落体运动的位移s(t)=物体

A．从0 s到1 s这段时间的平均速度 C．在t=1 s这一时刻的瞬时速度 2.设f(x)为可导函数,且f(2)=

B．从1 s到(1+Δt)s这段时间的平均速度 D．在t=Δt s这一时刻的瞬时速度

12s(1t)s(1)gt, g=9.8 m/s2,若lim=9.8 m/s,则9.8 m/s是该

Δt02t1f(2h)f(2h),则lim的值为 h02h1C．2

1D．2

A．1

B．1

3．曲线f(x)x2x2ex在点(0,f(0))处的切线的方程为 A．yx2 D．yx2

2x2,x[0,1]4．若f(x)，则f(x)dx＝

02x,x[1,2]

B．yx2

C．yx2

A．

3 4B．

4 5C．不存在 D．

5 65．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0，1])的最大值是( )

1

A．1 B. C．0 D．－1

2

6．设x＝－2与x＝4是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点，则常数a－b的值为( )

A．21 B．－21 C．27 D．－27 7.设函数在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数的图象可能是( )

1

8.已知函数f(x)2f'(1)xx2的最大值为f(a)，则a 3

1A．

169.设函数f(x)=

A．(1,3)

14B． C．

4433 D．4 812x16lnx在区间[a1,a2]上单调递减,则实数a的取值范围是 2B．(2,3)

C．(1，2]

D．[2,3]

10.已知f(x)是定义在区间(0,)上的函数，其导函数为f(x)，且不等式xf(x)2f(x)恒成立，则

A．4f(1)f(2)

B．4f(1)f(2) C．f(1)4f(2)

D．f(1)4f(2)

11.f(x)是一次函数，过点(2，3)，且∫1则函数f(x)的图象与坐标轴围成的三角形的面积为( ) 0f(x)dx＝0，

111

A．1 B. C. D. 248

x112.已知函数g(x)满足g(x)g(1)eg(0)x12x,且存在实数x0使得不等式2m1g(x0)成2立,则m的取值范围为

A．(,2]

B．(,3]

C．[1,)

D．[0,)

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13.曲线yx2与直线y2x所围成的封闭图形的面积为 .

14.已知函数yf(x)(xR)的图象如图所示，则不等式xf(x)0的解集为______________．

15.曲线yex1x的一条切线经过坐标原点，则该切线方程为 .

32x(a4)x2lnx，若函数f(x)在区间(1,2)上存在最值，则实数a的取值216.已知函数f(x)范围是 .

2

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.（本小题满分10分）求由曲线y=x2+1,直线x+y=3,x轴,y轴所围成的平面图形的面积.

18.(本小题满分12分)已知F(x)＝∫x1t(t－4)dt，x∈(－1，＋∞)．

(1)求F(x)的单调区间；

(2)求函数F(x)在[1，5]上的最值．

3

1

19.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1(a>1)．

2

(1)求函数y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当a>1时，求函数y＝f(x)的单调区间和极值．

20.(本小题满分12分)某个体户计划经销A，B两种商品，据调查统计，当投资额为x(x≥0)万元时，在经销A，B商品中所获得的收益分别为f(x)万元与g(x)万元，其中f(x)＝a(x－1)＋2，g(x)＝6ln(x＋b)(a＞0，b＞0)．已知投资额为零时收益为零．

(1)求a，b的值；

(2)如果该个体户准备投入5万元经销这两种商品，请你帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大利润．

4

5

2017级高二下学期3月调研考试

数学（理）答案

4.【答案】D

13111

5.解析：f′(x)＝3－12x2，令f′(x)＝0，则x＝－(舍去)或x＝，因为f(0)＝0，f(1)＝－1，f2＝2－2＝221，所以f(x)在[0，1]上的最大值为1.答案：A

6.解析：由题意知，－2，4是函数f′(x)＝0的两个根，f′(x)＝3x＋2ax＋b，所以b

－2×4＝，3

2

2a－2＋4＝－，3

a＝－3，⇒ b＝－24.

所以a－b＝－3＋24＝21.故选A.答案：A

7.解析：f(x)在(－∞，0)上为增函数，在(0，＋∞)上变化规律是减→增→减，因此f′(x)的图象在(－∞，0)上，f′(x)＞0，在(0，＋∞)上f′(x)的符号变化规律是负→正→负，故选项A正确．答案：A 8.B【答案】【解析】因为f'(x)2f'(1)12f'(1)132x，2， 所以f'(1)解得f'(1)，32x3223314xx442x所以f'(x)，令f'(x)0得0x，令f'(x)0得x，

442x2x31所以f(x)maxf(

4)，故选B． 46

11.解析：设f(x)＝kx＋b(k≠0)．由题意得

2k＋b＝3，①∫10(kx＋b)dx＝

1kx2＋bx0＝0，

2

1

11

即k＋b＝0.②联立①②得，k＝2，b＝－1.所以f(x)＝2x－1.直线y＝f(x)与坐标轴的交点分别为2，02111与(0，－1)，所以所求的面积为××1＝.答案：C

224

13.4

314．【答案】(0,)12(2,)【解析】当x0时，xf(x)0f(x)0，观察函数f(x)在(0,)上的图象，可得f(x)在(0,)，(2,)上单调递增，即当x(0,)1212(2,)时，f'(x)0；当

x0时，xf(x)0f(x)0，观察函数f(x)在(,0)上的图象，可得f(x)在(,0)上单

1f(x)0xf(x)0x(,0)(0,)(2,)． 调递增，即当时，，无解．综上，不等式的解集为

2 7

2

18.解：F(x)＝∫x－1(t－4t)dt＝

1t3－2t2

3

x

－1＝11317

－－2＝x3－2x2＋(x>－1)． x－2x2－3333

137

x－2x2＋′＝x2－4x，由F′(x)>0，即x2－4x>0，得－14；由F′(x)<0，即x2－(1)F′(x)＝334x<0，得0(2)由(1)知F(x)在[1，4]上递减，在[4，5]上递增．因为F(1)＝－2＋＝，F(4)＝×4－2×42＋＝

33333－

25137225

，F(5)＝×5－2×52＋＝－6，所以F(x)在[1，5]上的最大值为，最小值为－. 33333

x（x－a＋1）

＋x－a＝，f′(0)＝0，所以函数y＝f(x)在点(0，f(0))处的切x＋1x＋1a

19.解：(1)f(0)＝1，f′(x)＝

x（x－a＋1）

线方程为y＝1.(2)函数的定义域为(－1，＋∞)，令f′(x)＝0，即＝0.

x＋1解得x＝0或x＝a－1.当a>1时，f(x)，f′(x)随x变化的情况如下：

x f′(x) f(x) (－1，0) ＋ ↗ 0 0 极大值 (0，a－1) － ↘ a－1 0 极小值 (a－1，＋∞) ＋ ↗ 可知f(x)的单调减区间是(0，a－1)，增区间是(－1，0)和(a－1，＋∞)，极大值为f(0)＝1，极小值为

8

13

f(a－1)＝aln a－a2＋.

22

20.解：(1)由投资额为零时收益为零，可知f(0)＝－a＋2＝0，g(0)＝6ln b＝0，解得a＝2，b＝1. (2)由(1)可得f(x)＝2x，g(x)＝6ln (x＋1)．设投入经销B商品的资金为x万元(0＜x≤5)，则投入经销A商品的资金为(5－x)万元，设所获得的收益为S(x)万元，则S(x)＝2(5－x)＋6ln (x＋1)＝6ln (x＋1)－2x＋10(0＜x≤5)．S′(x)＝

－2，令S′(x)＝0，得x＝2.当0＜x＜2时，S′(x)＞0，函数S(x)单调递增；

x＋16

[来源:学#科#网当2＜x≤5时，S′(x)＜0，函数S(x)单调递减．所以，当x＝2时，函数S(x)取得最大值，S(x)max＝S(2)＝6ln 3＋6≈12.6万元．所以，当投入经销A商品3万元，B商品2万元时，他可获得最大收益，收益的最大值约为12.6万元．

9

10

11