梅县高级中学2013 届高二第二学期(理科数学)月考一试卷

一．选择题：(本大题共8小题，每小题5分，共40分)

1．已知函数f(x)在x1处的导数为3，则f(x)的解析式可能为 （ ） A．(x1)33(x1) B．2(x1)2 C．2(x1) D．x1

2. 若1 N的力能使弹簧伸长1 cm，现在要使弹簧伸长10 cm，则需要花费的功为( ) A．0.05 J B．0.5 J C．0.25 J D．1 J 3.函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立，则a的取值为 ( )

A．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C．{4}

D．[2,4]

π1

0，上的值域为 ( ) 4.函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)在区间22

11π

A.2，2e2

11ππ

，e C.1，e B.2222

π

1，e D.2

5.已知函数f(x)＝x2＋2x＋alnx，若函数f(x)在(0,1)上单调，则实数a的取值范围是( )

A．a≥0 B．a<－4 C．a≥0或a≤－4 D．a>0或a<－4 6. 函数yx2sinx的图象大致是 （ ） 2

A． B． C． D．

7．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x1)f(x)0，则必有 （ ） A．f(0)f(2)2f(1) B. f(0)f(2)2f(1) C. f(0)f(2)2f(1) D. f(0)f(2)2f(1) 8. 如右图，一个直径为l的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方

向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小 圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大 致是（ ）

1

二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分

9. 已知f(x)3x1，则f(x)在1,0.9上的平均变化率是 10.已知函数f(x)f()cosxsinx，则f()的值为__ __

4411. （1）30x f(x) 9x2dx= ; (2).

2cos22xdx ； 2

12.函数f(x)由下表定义：

2 1 5 2 3 3 1 4 4

5

若a05，an1f(an)，n0,1,2,，则a2007 ． 13.设函数f(x),g(x)在(0,5)内导数存在，且有以下数据：

x f(x) f(x) 1 2 3 3 2 2 3 4 1 4 3 4 2 4 1 4 1 1 2 3 g(x) g(x) 则曲线在点(1,f(1))处的切线方程是 ；函数f(g(x))在x2处的导数值是 。 14.已知函数f(x)满足f(x)＝f(x)，且当x(,)时，f(x)xsinx，则22f(1),f(2),f(3)的大小关系为________．

三．解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

15. （本小题满分12分）我们将具有下列性质的所有函数组成集合M：函数

yf(x)(xD)，对任意x,y,xy时等号成立。

xyxy1D均满足f()[f(x)f(y)]，当且仅当222（1）若定义在(0，＋∞)上的函数f(x)∈M，试比较f(3)f(5)与2f(4)大小. （2）设函数g(x)＝－x2，求证：g(x)∈M.

2

16．（本小题满分12分）已知函数f(x)=（1）讨论函数f(x)的单调性；

12x－ax+(a－1)lnx，a1. 2（2）证明：若a5，则对任意x1，x2(0,)，x1x2，有

f(x1)f(x2)1.

x1x217．（本小题满分14分） 已知函数f(x)ax3x2bx(其中常数

a,bR),g(x)f(x)f(x)是奇函数.

（１）求f(x)的表达式;

（２）讨论g(x)的单调性，并求g(x)在区间[1,2]上的最大值和最小值. 18. （本小题满分14分）在南北方向有一条公路，一半径为100 m的圆形广场(圆心为O)与此公路一边所在直线l相切于点A.点P为北半圆弧(弧

APB)上的一点，过P作直线l的垂线，垂足为Q.计划在PAQ内(图中

阴影部分)进行绿化．设PAQ的面积为 S (单位：m)．

(1)设BOP (rad)，将S表示为的函数； (2)确定点P的位置，使绿化面积最大，并求出最大面积．

2

1312axbxcx(a,b,cR,a0)的图象在点321g(x)k(x)x为偶函数.若函数k(x)满足下k(x)处的切线的斜率为，且函数x,f(x)2121列条件：①k(1)0；②对一切实数x，不等式k(x)x恒成立.

22（Ⅰ）求函数k(x)的表达式；

1112n（Ⅱ）求证：(nN). k(1)k(2)k(n)n219. （本小题满分14分）设函数f(x)20．（本小题满分14分）已知函数f(x)满足如下条件：当x(1,1]时，f(x)ln(x1)，且对任意xR，都有f(x2)2f(x)1．

（1）求函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程；

（2）求当x(2k1,2k1]，kN*时，函数f(x)的解析式；

1，2，，2011，使得等式 （3）是否存在xk(2k1,2k1]，k0，2011k0[2xkkf(xk)]4019220122017

1，2，，2011）成立？若存在就求出xk（k0，，若不存在，说明理由．

3

梅县高级中学2013 届高二第二学期（理科数学）月考一试卷答案

一、选择题：本大题共8个小题；每小题5分，共40分．

题号 答案 1 A 2 B 3 C 4 A 5 C 6 C 7 C 8 A 二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，满分30分．

9．3 10．1 11．

9 12． 4 13．y3x1 12 14．f(3)f(1)f(2) 42三、解答题：本大题共6小题，满分80分．

xy1)[f(x)f(y)]，令x3,y5得f(3)f(5)<2f(4)…6分 15. 解：(1)对于f(222x1x21(x1x2)2x12x2(x1x2)2)[g(x1)g(x2)]0 (2)g(22424xx21g(1)[g(x1)g(x2)] ,所以g(x)∈M ….12分

2216.解：(1)f(x)的定义域为(0,)。

a1x2axa1(x1)(x1a)f(x)xaxxx …..2分

'(x1)2（i）若a11即a2,则f(x)故f(x)在(0,)单调增加。

x''(ii)若a11,而a1,故1a2,则当x(a1,1)时，f(x)0;

'当x(0,a1)及x(1,)时，f(x)0

故f(x)在(a1,1)单调减少，在(0,a1),(1,)单调增加。 …..6分 (iii)若a11,即a2,同理可得f(x)在(1,a1)单调减少，在(0,1),(a1,)单调增加. (II)考虑函数 g(x)f(x)x12xax(a1)lnxx 2 ……..8分

则g(x)x(a1)a1a1 2xg(a1)1(a11)2xx

由于1 4

g(x1)g(x2)0，即f(x1)f(x2)x1x20，故

f(x1)f(x2)1，当0x1x2x1x2时，有

f(x1)f(x2)f(x2)f(x1) 1x1x2x2x1 …………12分

17．解：（1）由题意得f(x)3ax22xb， ……….1分

g(x)f(x)f(x)ax3(3a1)x(b2)xb.

又因为g(x)是奇函数所以g(x)g(x)，即对任意的实数x有

a(x)3(3a1)(x)2(b2)(x)b(ax3(3a1)x2(b2)xb)….3分

13132因此f(x)的解析式为f(x)xx ……….6分

3132（2）由（1）得g(x)x2x，所以 g(x)x2 ……….7分

3从而有3a10,b0即a,b0， ……….5分 令g(x)0解得x12,x22 ……….8分 则当x2或x2时g(x)0,

即g(x)在区间,2,2,上是减函数； ….9分

当2x2时g(x)0,即g(x)在区间2,2上是增函数 ……….10分 由前面讨论知，g(x)在区间1,2上的最大值与最小值只能在x1,2,2处取得，

而g(1)5424,g(2),g(2) ……….12分 33342 ……….13分 3因此g(x)在区间1,2上的最大值为g(2)最小值为g(2)4 ……….14分 318.解：(1) AQ100sin， PQ100100cos，0,．

则PAQ的面积S11AQPQ100sin(100100cos) 225000(sinsincos)(0)． …………………6分

5

(2) S5000(coscos2sin2)5000(2cos2cos1)

5000(2cos1)(cos1)，令S0，cos当0当

1，cos1 (舍)， 此时. 233时，

1cos1，S0，S关于为增函数； 21，S0，S关于为减函数． 22

3时，1cos ∴当3时，Smax37503 (m)，此时PQ150(m) ………………14分

19.（Ⅰ）解：由已知得：k(x)f(x)ax2bxc. …1分 由g(x)k(x) 显然有b11x为偶函数，得g(x)ax2bxcx为偶函数， 221. …2分 21. ……… 3分 2 又k(1)0，所以abc0，即ac 又因为k(x)121x对一切实数x恒成立， 22122即对一切实数x，不等式(a)x 显然，当a 当a11xc0恒成立. …4分 221时，不符合题意. ……5分 21时，应满足 21a0,2 1114(a)(c)0.422注意到ac 所以k(x)11 ，解得ac. …7分 241211xx. ……8分 424n22n1(n1)214（Ⅱ）证明：因为k(n)，所以.……9分 44k(n)(n1)2要证不等式

1112n成立, k(1)k(2)k(n)n2 6

即证

111n. …10分 2232(n1)22n4 因为

1111, …12分

(n1)2(n1)(n2)n1n2111111111 22223(n1)2334n1n211n. 2n22n4 所以

所以

1112n成立. …14分 k(1)k(2)k(n)n21， ……………2分 x120.解 （1）x(1,1]时，f(x)ln(x1)，f(x)所以，函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为

yf(0)f(0)(x0)，即yx． ………3分

（2）因为f(x2)2f(x)1，

所以，当x(2k1,2k1]，kN*时，x2k(1,1]， ……………4分

f(x)2f(x2)122f(x4)2123f(x6)2221

2kf(x2k)2k12k2212kln(x2k1)2k1。…6分

（3）考虑函数g(x)2kxf(x)，x(2k1,2k1]，kN，

2k2k(x2k)则g(x)2，

x2k1x2k1k当2k1x2k时，g(x)0，g(x)单调递减； 当x2k时，g(x)0；

当2kx2k1时，g(x)0，g(x)单调递增；

所以，当x(2k1,2k1]，kN时，g(x)g(2k)(2k1)21， 当且仅当x2k时，g(x)g(2k)(2k1)21． ………………………10分

2011kk所以，

n[2xkk0kf(xk)]g(xk)[(2k1)2k1]

k0k0k20112011而

[(2k1)2k01]121322(2n1)2nn，

2n23n1令Sn1232(2n1)2，则2Sn1232(2n1)2两式相减得，Sn12222222(2n1)211，

123nn1

222(2n11)12(2n1)2n1(2n3)2n16．

21 7

所以，Sn(2n3)2n16，

2011故

[(2k1)2k02011k1]S201120114019220122017．……………………12分

2011k02011k0所以，

[2xkk0kf(xk)]g(xk)[(2k1)2k140192n12017．

当且仅当xk2k,k0,1,2,,2011时，

2011k0[2xkkf(xk)]g(xk)[(2k1)2k140192n12017．

k0k020112011所以，存在唯一一组实数xk2k，k0,1,2,,2011，

2011使得等式

[2xkk0kf(xk)]40192n12017成立。………………………………14分

8