山西省山西大学附中2018-2019学年高二数学下学期3月模块诊断试题 文

山西大学附中2018-2019学年高二第二学期3月（总第二次）模块诊断数学试题（文）考试时间：120分钟一.选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分，请把答案写在答题纸上)1.下列导数运算正确的是（）A.26232xxB.xxcossinC.211xxD.xxee222.已知)(xf的导函数()fx的图象如右图所示，那么函数)(xf的图象最有可能的是()3.已知函数xxxfln，则xf的增区间为（）A.1,0B.e,0C.,1D.,e4．函数3239yxxx(22)x有（）A．极大值5，无极小值B．极小值﹣27，无极大值C．极大值5，极小值﹣27D．极大值5，极小值﹣115.已知函数xf的导函数为xf',且满足关系式xxfxfln23',则1'f的值等于().A.41B.41C.43D.436.若函数()sinfxxkx存在极值，则实数k的取值范围是（）A．1,1B．[0,1)C．(1,)D．(,1)7.已知函数xxeexf2321，则曲线()yfx上任意一点处的切线的倾斜角的取值范围是（）A.(0]3，B.2(]23，C.[)32，D.[)3，8.函数xaxxfsin)(2的图象在2x处的切线方程为bxy，则b的值为()A.41B.41C.41D.419．定义在R上的函数()fx满足：()()1,(0)4,fxfxf则不等式()3xxefxe（其中e为自然对数的底数）的解集为（）A．0,B．,03,C．,00,D．3,10.若函数xaxxfln12在区间,0内任取有两个不相等的实数21,xx，不等式1112121xxxfxf恒成立，则a的取值范围是（）A.3,B.3,C.3,D.3,yxO12-2AyxO12-2ByxO12-2CyxO12-2DyxO12-1()fx11.已知3,ln3lnlnbdca，则22)()(cdba的最小值为（）A．5103B．518C．516D．51212.已知1sin122xxxxf,)(xf是xf的导函数，则20192019ff20192019ff（）A.8056B.4028C.1D.2二．填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分，请把答案写在答题纸上)13.函数xexxf)1(的单调减区间是．14.设曲线xey在点1,0处的切线与曲线xy10x上点P处的切线垂直,则P的坐标为.15.若函数1()xfxexm的定义域为R，则实数m的取值范围是．16.设函数xxxf1)(2，xexxg)(，对任意),0(,21xx，不等式1)()(21kxfkxg恒成立，则正数k的取值范围是.三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（满分10分）已知34313xxf，若直线l过点4,2且与xf图像相切，求直线l的方程．18.(本小题满分12分)已知函数xxxfln21)(2(1)求函数)(xf在],1[e上的最大值和最小值．(2)求证：在区间,1上函数xf的图象恒在函数332xxg的图象的下方.19．(本小题满分12分)已知函数32().fxxaxbx(1)当2,()bfx时在1,上是增函数，求实数a的取值范围；(2)当13,()3bfxx时在处取得极值，求函数()1fxa在，上的值域.20.（本小题满分12分）近期，某市公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动,活动设置了一段时间的推广期,由于推广期内优惠力度较大,吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次,用x表示活动推出的天数,y表示每天使用扫码支付的人次(单位:十人次),统计数据如表1所示:根据以上数据,绘制了散点图.（1）根据散点图判断,在推广期内,bxay与xdcy(dc,均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型?(给出判断即可,不必说明理由);（2）根据(1)的判断结果及表1中的数据,建立y关于x的回归方程,并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次;（3）推广期结束后,车队对乘客的支付方式进行统计，结果如下已知该线路公交车票价为2元,使用现金支付的乘客无优惠,使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠,扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知,使用扫码支付的乘客中有61的概率享受折优惠,有31的概率享受8折优惠,有21的概率享受9折优惠.根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率,试估计从20名乘客从中随机抽取1人，恰好享受8折优惠的概率.参考数据:yviiiyx71iiivx7154.010661.54271150.123.47其中iiyvlg,7171iivv参考公式:对于一组数据,,11vu,,22vunnvu,,其回归直线uav的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为:niiniiiunuvunvu1221，uva.21.（本小题满分12分）.已知函数axxxfln的最小值为0,其中0a.(1)求a的值;(2)若对任意的[0,+)x,有2()fxkx成立,求实数k的最小值;22．（本小题满分12分）已知函数Raxaxxaxf12ln2有两个不同的零点.(1)求a的取值范围;(2)设21,xx是xf的两个零点,证明:axx221.山西大学附中2018-2019学年高二第二学期3月（总第二次）模块诊断数学答案（文科）一.选择题123456789101112CABAAACBACBD二．填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分，请把答案写在答题纸上)13.2,14．(1,1)15.1m16.121ek17.已知34313xxf，若直线l过点4,2且与xf图像相切，求直线l的方程．解析：设曲线y＝13x3＋43与过点P(2,4)的切线相切于点A(x0，13x30＋43)，则切线的斜率k＝y′|x＝x0＝x20.∴切线方程为y－(13x30＋43)＝x20(x－x0)，即y＝x20·x－23x30＋43.∵点P(2,4)在切线上∴4＝2x20－23x30＋43，即x30－3x20＋4＝0，∴x30＋x20－4x20＋4＝0，解得x0＝－1或x2＝2，切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.------------10分18.222323232211()ln,'()20'()0()(0,)[1,]11(),12212(2)()()ln2311'()'()2(21)()21,'()626(fxxxfxxxxfxfxeexfxxefxgxxxxfxgxxxxxxxhxxxhxxxx解：(1)在是增函数,即在是增函数时取最小值为时取最大值为设则2322311)636(1,)'()0,()()(1)01[1,)'()'()(21)0121,),()()ln231()()(1)(1)06()()1,)()()xhxhxhxhxfxgxxxxfxgxxxxfxgxfgfxgxfxgx当时是减函数,当时即在[上是减函数函数在[上始终是负数,即函数的图象，在函数的图象下方。---12分19．解:(1)32'2()2.()322fxxaxxfxxax,……………1因为()fx在1,上是增函数，所以'2()3220fxxax在区间1,上横成立，……………2即22322232,2,23xaxxaaxxx即在区间1,上横成立，……………4令2()3gxxx，'22()30gxx，()gx在1,上单调增函数.所以12(1)1,.2aga即……………6(2)32'2()3.()323fxxaxxfxxax，因为1()3fxx在处取得极值，所以'1()3f=0，得出5.a……………7'2()3103(31)(3)fxxxxx,令'1()0,3,3fxxx得.……………()fx在1,3上为减函数，在3,5上增函数，……………9又(1)1,(5)15,maxmax(1),(5)15,min(3)9,fffff……………11所以，函数()1fxa在，上的值域为9,15.……………1220.详解：（1）根据散点图判断，适宜作为扫码支付的人数关于活动推出天数的回归方程类型；------------2分（2），两边同时取常用对数得：；设，，，把样本中心点代入,得:，，，关于的回归方程式：；把代入上式:；活动推出第天使用扫码支付的人次为；---------8分（3）由题意，20名乘客中，现金支付的有2人，乘车卡支付的有12人，扫码支付的有6人，其中享受八折优惠的共有，12+2=14人，有古典概型计算公式，所以估计从20名乘客从中随机抽取1人，恰好享受8折优惠的概率为1072014。----------12分21(1)()fx的定义域为(,)a()ln()fxxxa11()101xafxxaaxaxa()01,()01fxxafxaxa得：1xa时，min()(1)101fxfaaa---------------4分（2）设22()()ln(1)(0)gxkxfxkxxxx则()0gx在[0,+)x上恒成立min()0(0)gxg（*）(1)1ln200gkk1(221)()2111xkxkgxkxxx①当1210()2kk时，0012()00()(0)02kgxxxgxgk与（*）矛盾②当12k时，min()0()(0)0gxgxg符合（*）得：实数k的最小值为12------------12分22．(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=xa-2x+2a-1=-xaxx12①当a≤0时,易得f'(x)0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减,则f(x)至多只有一个零点,不符合题意,舍去.②当a0时,令f'(x)=0,得x=a,则x(0,a)a(a,+∞)f'(x)+0-f(x)增极大值减∴f(x)max=f(x)极大值=f(a)=a(lna+a-1).设g(x)=lnx+x-1,∵g'(x)=x1+10,则g(x)在(0,+∞)上单调递增.∵g(1)=0,∴当x1时,g(x)0;当x1时,g(x)0.因此:(ⅰ)当0a≤1时,f(x)max=a·g(a)≤0,则f(x)无零点,不符合题意,舍去.(ⅱ)当a1时,f(x)max=a·g(a)0,∵f=a-1-0,∴f(x)在区间,a上有一个零点,∵f(3a-1)=aln(3a-1)-(3a-1)2+(2a-1)(3a-1)=a[ln(3a-1)-(3a-1)],设h(x)=lnx-x(x1),∵h'(x)=-10,∴h(x)在(1,+∞)上单调递减,则h(3a-1)h(2)=ln2-20,∴f(3a-1)=a·h(3a-1)0,∴f(x)在区间(a,3a-1)上有一个零点,那么f(x)恰有两