《2020版高考数学新增分大一轮新高考（鲁京津琼）专用精练：第三章 阶段自测卷（二） word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮新高考（鲁京津琼）专用精练：第三章 阶段自测卷（二） word版含解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、阶段自测卷(二)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1(2019沈阳东北育才学校联考)已知曲线yf(x)在x5处的切线方程是yx5，则f(5)与f(5)分别为()A5，1 B1,5 C1,0 D0，1答案D解析由题意可得f(5)550，f(5)1，故选D.2已知函数f(x)xsin xax，且f1，则a等于()A0 B1 C2 D4答案A解析f(x)sin xxcos xa，且f1，sin cos a1，即a0.3(2019淄博期中)若曲线ymxln x在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数m等于()A1 B0 C1 D2答案A解析f(x)的
2、导数为f(x)m，曲线yf(x)在点(1，m)处的切线斜率为km10，可得m1.故选A.4已知f1(x)sin xcos x，fn1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)f1(x)，f3(x)f2(x)，fn1(x)fn(x)，nN*，则f2 020(x)等于()Asin xcos x Bsin xcos xCsin xcos x Dsin xcos x答案B解析f1(x)sin xcos x，f2(x)f1(x)cos xsin x，f3(x)f2(x)sin xcos x，f4(x)f3(x)cos xsin x，f5(x)f4(x)sin xcos xf1(x)，fn(x)是以4为周期
3、的函数，f2 020(x)f4(x)sin xcos x，故选B.5(2019四川诊断)已知函数f(x)的导函数为f(x)，且满足f(x)2xf(e)ln x(其中e为自然对数的底数)，则f(e)等于()A1 B1 Ce De1答案D解析已知f(x)2xf(e)ln x，其导数f(x)2f(e)，令xe，可得f(e)2f(e)，变形可得f(e)，故选D.6函数yx2ln x的单调递减区间为()A(1,1 B(0,1 C1，) D(0，)答案B解析由题意知，函数的定义域为(0，)，又由yx0，解得0x1，所以函数的单调递减区间为(0,17(2019沈阳东北育才学校模拟)已知定义在(0，)上的函数
4、f(x)x2m，g(x)6ln x4x，设两曲线yf(x)与yg(x)在公共点处的切线相同，则m值等于()A5 B3 C3 D5答案D解析f(x)2x，g(x)4，令2x4，解得x1，这就是切点的横坐标，代入g(x)求得切点的纵坐标为4，将(1，4)代入f(x)得1m4，m5.故选D.8(2019新乡模拟)若函数f(x)aexsin x在上单调递增，则a的取值范围为()A. B1,1C1，) D0，)答案D解析依题意得，f(x)aexcos x0，即a对x恒成立，设g(x)，x，g(x)，令g(x)0，则x，当x时，g(x)0，故g(x)maxmax0，则a0.故选D.9.(2019河北衡水中
5、学调研)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为()A. B. C81 D128答案B解析小圆柱的高分为上下两部分，上部分同大圆柱一样为5，下部分深入底部半球内设为h(0h5)，小圆柱的底面半径设为r(0r5)，由于r，h和球的半径5满足勾股定理，即r2h252，所以小圆柱体积Vr2(h5)(25h2)(h5)(0h5)，求导V(3h5)(h5)，当0h时，体积V单调递增，当h5时，体积V单调递减所以当h时，小圆柱体积取得最大值，Vmax，故选B.10(2019凉
6、山诊断)若对任意的0x1x2a都有x2ln x1x1ln x2x1x2成立，则a的最大值为()A. B1 Ce D2e答案B解析原不等式可转化为，构造函数f(x)，f(x)，故函数在(0,1)上导数大于零，单调递增，在(1，)上导数小于零，单调递减由于x1x2且f(x1)f(x2)，故x1，x2在区间(0,1)上，故a的最大值为1，故选B.11(2019洛阳、许昌质检)设函数yf(x)，xR的导函数为f(x)，且f(x)f(x), f(x)f(x)，则下列不等式成立的是(注：e为自然对数的底数)()Af(0)e1f(1)e2f(2)Be1f(1)f(0)e2f(2)Ce2f(2)e1f(1)f
7、(0)De2f(2)f(0)e1f(1)答案B解析设g(x)exf(x)，g(x)exf(x)exf(x)ex(f(x)f(x)，f(x)f(x)，g(x)g(0)g(1)，e1f(1) f(0)e2f(2)，故选B.12(2019廊坊省级示范高中联考)已知函数f(x)x3x2axb的图象在x0处的切线方程为2xya0，若关于x的方程f(x2)m有四个不同的实数解，则m的取值范围为()A. B.C. D.答案D解析由函数f(x)x3x2axb，可得f(x)x2xa，则f(0)ba，f(0)a2，则b2 ，即f(x)x3x22x2，f(x)x2x2(x1)(x2)，所以函数f(x)在(2,1)上
8、单调递增，在(，2)，(1，)上单调递减，又由关于x的方程f(x2)m有四个不同的实数解，等价于函数f(x)的图象与直线ym在x(0，)，上有两个交点，又f(0)2，f(1)，所以2m，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2019陕西四校联考)已知函数f(x)ln x2x24x，则函数f(x)的图象在x1处的切线方程为_答案xy30解析f(x)ln x2x24x，f (x)4x4，f (1)1，又f(1)2，所求切线方程为y(2)x1，即xy30.14已知函数f(x)(xa)ln x(aR)，若函数f(x)存在三个单调区间，则实数a的取值范围是_答案解析f(x)ln
9、 x(xa)ln x1，函数f(x)(xa)ln x(aR)，若函数f(x)存在三个单调区间，则f(x)有两个变号零点，即f(x)0有两个不等实根，即ax(ln x1)有两个不等实根，转化为ya与yx(ln x1)的图象有两个不同的交点令g(x)x(ln x1)，则g(x)ln x2，令ln x20，则x，即g(x)x(ln x1)在上单调递减，在上单调递增g(x)min，当x0时，g(x)0，当x时，f(x)，所以结合f(x)的图象(图略)可知a的取值范围为.15(2019山师大附中模拟)已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数，f(a1)f(2a2) 0，则实数a的取值范围是_
10、答案解析由函数f(x)x32xex，得f(x)3x22ex2ex220，当且仅当x0时等号成立，可得f(x)在R上递增，又f(x)f(x)(x)32xexexx32xex0，可得f(x)为奇函数，则f(a1)f(2a2)0 ，即有f(2a2)0f(a1)f(1a)，即有2a21a ，解得1a.16(2019湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)，且对任意的不相等的实数x1，x20，)有0成立，若关于x的不等式f(2mxln x3) 2f(3)f(2mxln x3)在x1,3上恒成立，则实数m的取值范围是_答案解析函数f(x)满足f(x)f(x)，函数f(
11、x)为偶函数又f(2mxln x3)2f(3)f(2mxln x3)2f(3)f(2mxln x3)，f(2mxln x3)f(3)由题意可得函数f(x)在(，0)上单调递增，在0，)上单调递减|2mxln x3|3对x1,3恒成立，32mxln x33对x1,3恒成立，即m对x1,3恒成立令g(x)，x1,3，则g(x)，g(x)在1，e上单调递增，在(e,3上单调递减，g(x)maxg(e).令h(x)，x1,3，则h(x)0)有极大值9.(1)求m的值；(2)若斜率为5的直线是曲线yf(x)的切线，求此直线方程解(1)f(x)3x22mxm2(xm)(3xm)0，令f(x)0，则xm或x
12、m，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(，m)mmf(x)00f(x)增极大值减极小值增从而可知，当xm时，函数f(x)取得极大值9，即f(m)m3m3m319，m2.(2)由(1)知，f(x)x32x24x1，依题意知f(x)3x24x45，x1或x，又f(1)6，f，所以切线方程为y65(x1)或y5，即5xy10或135x27y230.18(12分)(2019成都七中诊断)已知函数f(x)xsin x2cos xax2，其中a为常数(1)若曲线yf(x)在x处的切线斜率为2，求该切线的方程；(2)求函数f(x)在x0，上的最小值解(1)求导得f(x)xcos xsin xa，由fa12，解得
