江苏省盱眙县都梁中学2020-2021学年高二数学下学期第一次学情检测试题.doc

江苏省盱眙县都梁中学2020-2021学年高二数学下学期第一次学情检测试题

江苏省盱眙县都梁中学2020-2021学年高二数学下学期第一次学情检测试题

年级：
姓名：

- 18 -

江苏省盱眙县都梁中学2020-2021学年高二数学下学期第一次学情检测试题
（时间：120分钟 满分：150分）

一．选择题（共8小题,每小题5分，共40分）
1．若命题p：∀x∈R，x2﹣x＞0，则命题p的否定是（　▲　）
A．∀x∈R，x2﹣x≤0 B．∃x∈R，x2﹣x＞0
C．∃x∈R，x2﹣x≤0 D．∃x∈R，x2﹣x＜0
2．已知a，b，c是实数，则“a≥b”是“ac2≥bc2”的（　▲　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知向量，且与平行，则k的值是（　▲　）
A． B． C．﹣3 D．3
4．P是椭圆x2+4y2＝16上一点，且|PF1|＝7，则|PF2|＝（　▲　）
A．1 B．3 C．5 D．9
5．抛物线y2＝8px（p＞0），F是焦点，则p表示（　▲　）
A．F到准线的距离 B．F到准线距离的
C．F到准线距离的 D．F到y轴的距离
6．已知函数f（x）的导函数为f'（x），若y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）的图象可能是（　▲　）

A． B．
C． D．

7．函数f（x）＝ax2+bx+c（a≠0）和函数g（x）＝c•f′（x）（其中f′（x）为f（x）的导函数）的图象在同一坐标系中的情况可以为（　▲　）

A．①④ B．②③ C．③④ D．①②③
8．已知函数，若∃x∈[﹣1，1]，使得f（x2﹣x）+f（﹣k+2x）＜0成立，则实数k的取值范围是（　▲　）
A． B．（0，+∞） C．（﹣∞，2） D．（2，+∞）
二．多选题（共4小题，每小题5分，共20分，漏选得2分，选错不给分。）
9．某同学在研究函数时，给出下面几个结论中正确的是（　▲　）
A．f（x）的图象关于点（﹣1，1）对称
B．f（x）是单调函数
C．f（x）的值域为（﹣1，1）
D．函数g（x）＝f（x）﹣x有且只有一个零点
10．下列命题正确的是（　▲　）
A．∃a，b∈R，|a﹣2|+（b+1）2≤0 B．∀a∈R，∃x∈R，使得ax＞2
C．ab≠0是a2+b2≠0的充要条件 D．若a≥b＞﹣1，则
11．与直线仅有一个公共点的曲线是（　▲　）
A．x2+y2＝1 B． C．x2﹣y2＝1 D．y2＝x
12．已知函数f（x）＝ex﹣﹣x，f′（x）为f（x）的导函数，则下列说法正确的是（　▲　）
A．函数g（x）＝f′（x）的极小值为1
B．函数f（x）在R上单调递增
C．∃x0∈（﹣2，﹣1），使得
D．若∀x＜0，恒成立，则整数a的最小值为2
三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13．如果F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，AB是双曲线左支上过点F1的弦，且|AB|＝6，则△ABF2的周长是　 ▲ 　．
14．若函数y＝f（x）满足f（x）＝sinx+cosx，则＝　 ▲ 　．
15．函数f（x）＝2x+cosx在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积是　 ▲ 　．
16．某同学向王老师请教一题：若不等式x﹣4ex﹣alnx≥x+1对任意x∈（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．王老师告诉该同学：“ex≥x+1恒成立，当且仅当x＝0时取等号，且g（x）＝x﹣4lnx在（1，+∞）有零点”．根据王老师的提示，可求得该问题中a的取值范围是　▲ 　．
四．解答题（共6小题，共70分）
17.（10分）已知某一运动物体在x s时离出发点的距离为 f（x）m，且满足f（x）＝2x2+3x+2
（1）求在第2s末的瞬时速度；
（2）经过多长时间该物体的速度达到13m/s ?

18．（12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝3，AP＝4，E为PD的中点，AE⊥PC．
（1）求线段AD的长．
（2）若M为线段BC上一点，且BM＝1，求二面角M﹣PD﹣A的余弦值．

19．（12分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的右焦点F与抛物线y2＝4x的焦点重合，且椭圆的离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆C上是否存在关于直线l：x+y＝对称的两点A、B，若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由．

20．（12分）若函数f（x）＝ax3﹣bx2+2，当x＝2时，函数f（x）有极值﹣2．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求函数f（x）的极值；
（3）若关于x的方程f（x）﹣k＝0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．

21．（12分）已知函数f（x）＝ax•ex (a>0) , g（x）＝x2﹣3．
（1）证明：函数f（x）在x＝1处的切线方程恒过定点；
（2）若﹣g（x）≤0恒成立，求实数a的取值范围．

22．（12分）已知函数f（x）＝kx﹣xlnx，k∈R．
（1）当k＝2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当0＜x≤1时，f（x）≤k恒成立，求k的取值范围；
（3）设n∈N*，求证：．

高二年级 数学 学科
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．【分析】根据题意，由全称命题、特称命题的关系，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，命题p：∀x∈R，x2﹣x＞0，是全称命题，
其否定为：∃x∈R，x2﹣x≤0，
故选：C．
2．【分析】由“a≥b”⇒“ac2≥bc2”，反之不成立，例如c＝0时即可判断出结论．
【解答】解：由“a≥b”⇒“ac2≥bc2”，反之不成立，例如c＝0时．
∴“a≥b”是“ac2≥bc2”的充分不必要条件．
故选：A．
3．【分析】利用已知向量，先求出的坐标，然后再利用向量共线定理，得到，再根据向量相等的坐标表示，列出方程组求解即可．
【解答】解：因为向量，
所以＝（k﹣1，k，2），
又与平行，
所以存在实数λ，使得，
即（k﹣1，k，2）＝λ（4，6，4），
则，解得k＝3．
故选：D．
4．【分析】利用椭圆的定义即可求出．
【解答】解：由椭圆的方程为x2+4y2＝16，可化为，∴a＝4．
∵P是椭圆x2+4y2＝16上一点，
∴根据椭圆的定义可得：|PF1|+|PF2|＝2×4，
∴|PF2|＝8﹣7＝1．
故选：A．
5．【分析】先利用抛物线的方程求得准线方程，利用抛物线的定义推断出点到准线的距离为4p即可．
【解答】解：根据抛物线方程可知准线方程为x＝﹣2p，
焦点F（2p，0），
∴F到准线距离4p，
则p表示F到准线距离的
故选：B．
6．【分析】根据函数单调性和导数之间的关系进行判断即可．
【解答】解：由f′（x）的图象知，当x＜0时f′（x）＜0，函数为减函数，排除A，B，
设右侧第一个零点为a，当0＜x＜a时，f′（x）＞0，函数为增函数，且x＝0是函数的极小值点，排除C，
故选：D．
7．【分析】求出f（x）的导函数，得到g（x）的解析式，由①②中函数g（x）的图象得，，然后对c分类分析；由③④中函数g（x）的图象得，同样对c分类分析，则答案可求．
【解答】解：由f（x）＝ax2+bx+c，得f′（x）＝2ax+b，则g（x）＝2acx+bc，
由①②中函数g（x）的图象得，，
若c＜0，则，此时f（0）＝c＜0，＞0，
又a＜0，∴f（x）的图象开口向下，此时①②均不符合要求；
若c＞0，则，此时f（0）＝c＞0，﹣＞0，
又a＞0，∴f（x）的图象开口向上，此时②符合要求．
由③④中函数g（x）的图象得，若c＞0，则，
此时f（0）＝c＞0，＞0，
又a＜0，∴f（x）的图象开口向下，此时③符合要求，④不符合要求；
若c＜0，则，此时f（0）＝c＜0，﹣＞0，
又a＞0，∴f（x）的图象开口向上，此时③④均不符合要求．
综上，②③符合题意．
故选：B．
8．【分析】根据f（x）的单调性和奇偶性，脱去不等式中的“f”，即可求解实数k的取值范围．
【解答】解：函数＝1﹣+x+sinx，
那么f（﹣x）＝﹣x﹣sinx＝﹣f（x），可得f（x）为奇函数，
由函数y＝在x∈[﹣1，1]是递增函数，
函数y＝x+sinx，则y′＝1+cosx≥0在x∈[﹣1，1]成立，
∴函数y＝x+sinx是递增函数，
∴函数f（x）在定义域R上是递增函数，
由∃x∈[﹣1，1]，使得f（x2﹣x）+f（2x﹣k）＜0成立，
即x2﹣x＜k﹣2x在x∈[﹣1，1]有解，即x2+x＜k，
∵函数y＝x2+x在[﹣1，﹣）递减，在（﹣，1]递增，故y≥﹣，
∴k＞﹣，
故选：A．
二．多选题（共4小题）
9．【分析】容易看出f（x）是奇函数，从而得出f（x）的图象关于（0，0）对称，从而判断选项A错误；容易判断f（x）是R上的增函数，从而判断选项B正确，并可求出f（x）的值域，并判断选项C正确；可得出g（x）＝x（﹣1）＝0时，x＝0，从而判断选项D正确．
【解答】解：对于A：f（x）的定义域为R，f（﹣x）＝﹣f（x），
∴f（x）为R上的奇函数，
∴f（x）的图象关于原点对称，从而判断选项A错误；
对于B：x＞0时，f（x）＝是增函数；x＜0时，f（x）＝是增函数，
∴f（x）在R上是增函数，
∴若x1≠x2，则f（x1）≠f（x2），选项B正确；
对于C：x＞0，x趋向正无穷时，可得出f（x）趋向1；
x＜0，x趋向负无穷时，f（x）趋向﹣1，
从而得出f（x）的值域为（﹣1，1），选项C正确；
对于D：g（x）＝f（x）﹣x＝x（﹣1）＝0时，x＝0，
从而得出g（x）只有一个零点，选项D正确．
故选：BCD．
10．【分析】利用特殊值判断A的正误；反例判断B的正误；充要条件判断C的正误；不等式的性质判断D的正误；
【解答】解：对于A．∃a＝﹣2，b＝﹣1，|a﹣2|+（b+1）2＝0，所以A正确；
对于B．∀a∈R，∃x∈R，反例a＝0时，不存在x使得ax＞2成立，所以B不正确；
对于C．ab≠0可得a2+b2≠0，反之不成立，所以C不正确．
对于D．若a≥b＞﹣1，1+a≥1+b＞0，可得a（1+b）＝a+ab≥b+ab＝b（1+a），则，所以D正确；
故选：AD．
11．【分析】判断直线与圆，椭圆，双曲线已经抛物线的交点个数，即可得到选项．
【解答】解：直线与x2+y2＝1相切，所以只有一个公共点；所以A正确；
直线经过椭圆的右顶点，经过（0，），所以直线与椭圆有2个交点，所以B不正确．
直线平行于双曲线的渐近线，所以直线与双曲线只有一个交点，所以C正确；
直线与抛物线y2＝x有2个交点，所以D不正确；
故选：AC．
12．【分析】对f（x）求导，可得g（x），在对g（x）求导，可求得g（x）的单调性，从而可得g（x）的极值，即可判断选项A；由f′（x）≥0即可判断选项B；h（x）＝f′（x）+x，利用导数求得h（x）的单调性，再结合零点存在定理即可判断选项C；令m（x）＝f（x）+x2，利用导数求出m（x）的最大值即可求得a的取值范围，即可判断选项D．
【解答】解：函数f（x）＝ex﹣﹣x，g（x）＝f′（x）＝ex﹣x﹣1，
则g′（x）＝ex﹣1，令g′（x）＞0，可得x＞0，令g′（x）＜0，可得x＜0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，
所以g（x）在x＝0处取得极小值g（0）＝0，故A错误；
由g（x）＝f′（x）≥0可知f（x）在R上单调递增，故B正确；
令h（x）＝f′（x）+x＝ex﹣x﹣1，
h′（x）＝ex﹣，当x∈（﹣2，﹣1）时，h′（x）＜h′（﹣1）＝﹣＜0，
所以h（x）在（﹣2，﹣1）上单调递减，且h（﹣2）＝e﹣2＞0，h（﹣1）＝﹣＜0，
所以由零点存在定理可得∃x0∈（﹣2，﹣1），使得h（x0）＝0，即，故C正确；
若∀x＜0，恒成立，则a＞f（x）+x2恒成立，
令m（x）＝f（x）+x2，则m′（x）＝f′（x）+x＝ex﹣x﹣1，
m″（x）＝ex﹣，在（﹣∞，0）上单调递增，且m″（﹣ln2）＝0，
所以在（﹣∞，﹣ln2）上，m″（x）＜0，m′（x）单调递减，
在（﹣ln2，0）上，m″（x）＞0，m′（x）单调递增，
所以当x∈（﹣ln2，0）时，m′（x）＜m′（0）＝0，
由C可知∃x0∈（﹣2，﹣1），使得m′（x0）＝0，即﹣x0﹣1＝0，
所以当x∈（﹣∞，x0）时，m′（x）＞0，m（x）单调递增，当x∈（x0，+∞）时，m′（x）＜0，m（x）单调递减，
所以m（x）≤m（x0）＝﹣﹣x0＝﹣﹣x0+1＝﹣（x0+1）2+，
因为x0∈（﹣2，﹣1），所以m（x0）＜，
所以a≥，则整数a的最小值为2，故D正确．
故选：BCD．
三．填空题（共4小题）
13．【分析】本题涉及到双曲线上的点和两焦点构成的三角形问题，可用定义处理，由定义知|AF2|﹣|AF1|＝8①，|BF2|﹣|BF1|＝8②，两式相加再结合已知|AB|＝6即可求解．
【解答】解：由题意知：a＝4，b＝3，故c＝5．
由双曲线的定义知|AF2|﹣|AF1|＝8①，|BF2|﹣|BF1|＝8②，
①+②得：|AF2|+|BF2|﹣|AB|＝16，所以|AF2|+|BF2|＝22，
所以△ABF2的周长是|AF2|+|BF2|+|AB|＝28
故答案为：28
14．【分析】由f（x）＝sinx+cosx，利用导数的运算法则，再令x＝，即可得出．
【解答】解：∵f（x）＝sinx+cosx，
∴f′（x）＝cosx﹣sinx，
令x＝，则＝cos﹣sin，
解得：＝．
故答案为：．
15．【分析】求函数的导数，利用导数的几何意义可求得切线斜率，由点斜式可得切线方程，从而求解即可．
【解答】函数的导数f′（x）＝2﹣sinx，
则在点处的切线斜率k＝f′（）＝2﹣sin＝2﹣1＝1，
所以切线方程为y﹣π＝x﹣，
即y＝x+，令x＝0，则y＝，令y＝0，则x＝﹣，
所以切线与坐标轴的两个交点为（0，），（﹣，0），
则对应的三角形的面积S＝××＝．
故答案为：．
16．【分析】根据函数h（x）＝x﹣4lnx在（1，+∞）有零点，设为x0，得到x0＝4lnx0，ex0＝x04，根据函数h（x）的单调性求出x0的范围，根据f（x0）＝﹣（a+4）lnx0≥0，得到关于a的不等式，解出即可．
【解答】解：x﹣4ex﹣alnx≥x+1，即﹣alnx≥x+1，
令f（x）＝﹣alnx﹣x﹣1，（x＞1），
函数h（x）＝x﹣4lnx在（1，+∞）有零点，设为x0，
则h（x0）＝x0﹣4lnx0＝0，则x0＝4lnx0，则ex0＝，
h′（x）＝1﹣＝，
令h′（x）＞0，解得：x＞4，令h′（x）＜0，解得：1＜x＜4，
故h（x）在（1，4）递减，在（4，+∞）递增，
而h（1）＝1，h（4）＝4﹣4ln4＜0，故1＜x0＜4，
故f（x0）＝﹣alnx0﹣x0﹣1＝﹣alnx0﹣4lnx0﹣1＝﹣（a+4）lnx0≥0，
∵lnx0＞0，∴a+4≤0，故a≤﹣4，
故a的取值范围是（﹣∞，﹣4]，
故答案为：（﹣∞，﹣4]．
四．解答题（共6小题）
17.【答案】解：，
，
所以物体在第末的瞬时速度为；
若该物体的速度达到，则，

18．【分析】（1）建立空间直角坐标系，设AD＝t，求出，由，解出t即可；
（2）求出平面MPD及平面PAD的法向量，利用向量的夹角公式计算得出．
【解答】解：（1）分别以AB，AP，AD所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．
设AD＝t，则，
所以．
因为AE⊥PC，所以，
即16﹣t2＝0，解得t＝4，
所以AD的长为4．
（2）因为BM＝1，所以M（3，0，1），又P（0，4，0），D（0，0，4），
故．
设为平面DMP的法向量，则，
取z＝1，解得y＝1，x＝1，所以为平面DMP的一个法向量，
显然，为平面PDA的一个法向量，
则，
据图可知，二面角M﹣PD﹣A的余弦值为．

19．【分析】（Ⅰ）求得抛物线的焦点，可得c＝1，由离心率公式可得c，即可得到b，进而得到椭圆的方程；
（Ⅱ）假设椭圆C上存在关于直线l：x+y＝对称的两点A、B，可设AB的方程为y＝x+t，代入椭圆方程，运用判别式大于0和韦达定理、中点坐标公式，可得AB的中点，代入已知直线方程，求得t，即可判断存在．
【解答】解：（Ⅰ）抛物线y2＝4x的焦点为（1，0），
可得右焦点F（1，0），即c＝1，
由题意可得e＝＝，解得a＝，b＝＝，
即有椭圆的方程为+＝1；
（Ⅱ）假设椭圆C上存在关于直线l：x+y＝对称的两点A、B，
可设AB的方程为y＝x+t，
代入椭圆方程2x2+3y2﹣6＝0，可得
5x2+6tx+3t2﹣6＝0，
即有△＞0，即36t2﹣20（3t2﹣6）＞0，
解得﹣＜t＜，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
可得x1+x2＝﹣，
即有AB的中点坐标为（﹣，），
代入直线x+y＝，可得t＝﹣1，
即有﹣1∈（﹣，），
则存在A，B，且AB的方程为y＝x﹣1．
20．【分析】（1）由题意知，当x＝2时，函数f（x）有极值﹣2，，即，解得a，b，进而得出f（x）的解析式．
（2）由（1）得f'（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），列表格，分析当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况，进而求出极值．
（3）若关于x的方程f（x）﹣k＝0有三个不同的实数解，⇒f（x）＝k有三个实数根，⇒y＝f（x）与y＝k有三个交点，由（2）可得函数f（x）得图象，即可得出答案．
【解答】解：函数f（x）＝ax3﹣bx2+2，
∴f'（x）＝3ax2﹣2bx，
（1）由题意知，当x＝2时，函数f（x）有极值﹣2，
∴
即，解得
故所求函数的解析式为f（x）＝x3﹣3x2+2；
（2）由（1）得f'（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），令f'（x）＝0，得x＝0或x＝2，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，0）
0
（0，2）
2
（2，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
单调递增
2
单调递减
﹣2
单调递增
因此，当x＝0时，f（x）有极大值2，当x＝2时，f（x）有极小值﹣2；
（3）若关于x的方程f（x）﹣k＝0有三个不同的实数解，
则f（x）＝k有三个实数根，
即y＝f（x）与y＝k有三个交点，
由（2）可得函数f（x）的图象：

所以实数k的取值范围为：﹣2＜k＜2．
21．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，求出曲线方程，证明结论成立即可；
（Ⅱ）即a≤恒成立，令函数h（x）＝，根据函数的单调性求出a的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：∵f（x）＝ax•ex（a＞0），
∴f′（x）＝a（x+1）•ex，f′（1）＝2ae，f（1）＝ae，
故曲线方程是y﹣ae＝2ae（x﹣1），
故y＝2ae（x﹣），
故函数f（x）在x＝1处的切线方程恒过定点（，0）；
（Ⅱ）若﹣g（x）≤0恒成立，
则≤x2﹣3恒成立，即a•ex≤x2﹣3，x≠0，
即a≤恒成立，
令函数h（x）＝，
则h′（x）＝，
令h′（x）＞0，解得：﹣1＜x＜0或0＜x＜3，
令h′（x）＜0，解得：x＞3或x＜﹣1，
故h（x）在（﹣1，0），（0，3）递增，在（﹣∞，﹣1），（3，+∞）递减，
∵当x＞3时，h（x）＞0，
故a≤h（x）min＝h（﹣1）＝﹣2e，
故a的取值范围是（﹣∞，﹣2e]．
22．【分析】（1）代入k＝2，求出f’（x），再令f’（x）＞0求出其单调递增区间，令f’（x）＜0求出其单调递减区间；
（2）求出f’（x），再分类讨论k的取值，验证其正确性，进而求出k的取值范围；
（3）利用（2）中得出的结论，取k＝1，得到不等式x﹣xlnx≤1，再令，对不等式变形得到≤，进而证明原不等式．
【解答】解：（1）当k＝2时，f（x）＝2x﹣xlnx，f’（x）＝1﹣lnx，由f’（x）＞0，解得0＜x＜e；由f’（x）＜0，解得x＞e，
因此函数f（x）单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+∞）．
（2）f（x）＝kx﹣xlnx，故f’（x）＝k﹣1﹣lnx，
当k≥1时，因为0＜x≤1，所以k﹣1≥0≥lnx，因此f’（x）≥0恒成立，即f（x）在（0，1]上单调递增，所以f（x）≤f（1）＝k恒成立，
当k＜1时，令f’（x）＝0，解得x＝ek﹣1∈（0，1），
当x∈（0，ek﹣1），f’（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（ek﹣1，1），f’（x）＜0，f（x）单调递减，
于是f（ek﹣1）＞f（1）＝k，与f（x）≤k恒成立相矛盾，
综上，k的取值范围为[1，+∞）．
证明：（3）由（2）知，当0＜x≤1时，x﹣xlnx≤1．令x＝（n∈N*），
则，即 2lnn≤n2﹣1，因此，
所以．