第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年山東師大附中高二（下）段考數學試卷（3月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知函數f(x)=exx，則f′(1)=A.0 B.1 C.e D.2e2.設曲線y=ln(x+1)+2ax在點(0,0)處的切線方程為2x?y=0，則a=(

)A.1 B.?1 C.12 D.3.一木塊沿某一斜面自由下滑，測得下滑的水平距離s(m)與時間t(s)之間的函數關系式為s=sin2t+t，則t=2時，此木塊在水平方向的瞬時速度為(

)A.(1+2cos4)m/s B.2cos4m/s C.(2+cos4)m/s D.cos4m/s4.已知函數f(x)的部分圖象如圖所示，f′(x)為f(x)的導函數，則(

)A.f(1)?f(0)>f′(1)>f′(0)

B.f′(1)>f′(0)>f(1)?f(0)

C.f′(0)>f(1)?f(0)>f′(1)

D.f′(1)>f(1)?f(0)>f′(0)5.若x=1是函數f(x)=x2+2ax?a2?3a+3A.?2 B.3 C.?2或3 D.?3或26.已知函數f(x)=ex?alnx在區間(1,2)上單調遞增.則a的最大值為A.e2 B.e C.e?1 7.設a=e，b=πlnπ，c=3ln3，則a，b，A.a<c<b B.b<c<a C.c<b<a D.c<a<b8.若函數f(x)和g(x)的圖象上恰好有兩對關于x軸對稱的點，則函數f(x)和g(x)為“對偶函數”.已知f(x)=1?ex，g(x)=ax+xlnx是“對偶函數”，則實數a的取值范圍為(

)A.(e?1,+∞) B.(e?12,+∞) C.[二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.函數y=f(x)的導函數y=f′(x)的圖象如圖所示，以下命題正確的是(

)A.函數y=f(x)在x=?4處取得最小值

B.x=0是函數y=f(x)的極值點

C.y=f(x)在區間(?4,1)上單調遞增

D.y=f(x)在x=1處切線的斜率大于零10.設函數f(x)=(x+1)2(x?2)，則A.x=?1是f(x)的極大值點

B.當0<x<1時，f(x)>f(x2)

C.當?2<x<0時，?4<f(x+1)<0

D.曲線11.已知函數f(x)=xlnx?emx，對定義域內任意x1<x2，都有f(A.1e B.13 C.1 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知直線l與曲線f(x)=ex+sinx在點(0,f(0))處的切線垂直，則直線l13.若函數f(x)=ex?e?x?2x，則使得14.已知函數f(x)=(x+1)ex,x≤0lnxx,x>0，函數g(x)=(f(x)?2)(f(x)?a)四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知函數f(x)=lnx+x2．

(1)求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程；

(2)求函數?(x)=f(x)?3x16.(本小題15分)

已知函數f(x)=x36?x+asinx(a∈R)在x=0處的切線方程為y=0．

(1)求a的值；

(2)證明：x≥017.(本小題15分)

將一個邊長為1米的正六邊形鐵皮的六個角截去六個全等的四邊形，再把它沿虛線折起(如圖)，做成一個無蓋的正六棱柱鐵皮盒．

(1)試把這個正六棱柱鐵皮盒的容積V表示為盒底邊長x的函數；

(2)x多大時，盒子的容積V最大？18.(本小題17分)

已知函數f(x)=a2x2?(a+1)x+lnx，其中a>0．

(1)討論f(x)的單調性；

(2)證明：?a>0，19.(本小題17分)

已知f(x)=ln(x+1)．

(1)設?(x)=xf(x?1)，求?(x)的極值．

(2)若f(x)≤ax在[0,+∞)上恒成立，求a的取值范圍．

(3)若存在常數M，使得對任意x∈I，f(x)≤M恒成立，則稱f(x)在I上有上界M，函數f(x)稱為有上界函數.如y=ex是在R上沒有上界的函數，y=lnx是在(0,+∞)上沒有上界的函數；y=?ex，y=?x2都是在R上有上界的函數.若參考答案1.A

2.C

3.A

4.D

5.B

6.B

7.A

8.A

9.ACD

10.ACD

11.ACD

12.?113.{x|x<1}

14.(?115.解：(1)f(x)=lnx+x2(x>0)，則f′(x)=1x+2x，

則切線的斜率k=f′(1)=1+2=3，又f(1)=ln1+1=1，

所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為3x?y?2=0．

(2)?(x)=f(x)?3x=lnx+x2?3x(x>0)，

則?′(x)=1x+2x?3=2x2?3x+1x(x>0)，

由?′(x)>0，可得0<x<1216.解：(1)f′(x)=12x2?1+acosx．

則f′(0)=12×02?1+acos0=?1+a．

由于切線方程為y=0，其斜率為0，

所以?1+a=0，

解得a=1．

(2)證明：當a=1時，f(x)=x36?x+sinx．

要證明x≥0時，f(x)≤16x3，即證明x36?x+sinx≤16x3，移項可得sinx?x≤0．

設g(x)=sinx?x，x≥0，對g(x)求導得g′(x)=cosx?1．

因為cosx的值域是[?1,1]，所以對于x≥0，有cosx?1≤0，即17.解：(1)正六棱柱鐵皮盒的底面邊長為x(0<x<1)，

則正六棱柱鐵皮盒的高為32(1?x)，

∴正六棱柱鐵皮盒的容積為V(x)=6×12x?32x?32(1?x)=94(?x3+x2)(0<x<1)，

(2)由(1)知，V(x)=94(?x3+x2)(0<x<1)，

則V′(x)=?274x18.解：(1)f′(x)=ax?(a+1)+1x=ax2?(a+1)x+1x=(ax?1)(x?1)x(x>0)，

①當0<a<1時，令f′(x)>0，得0<x<1或x>1a，令f′(x)<0，得1<x<1a，

所以函數f(x)的單調遞增區間為(0,1)，(1a,+∞)，單調遞減區間為(1,1a)；

②當a=1時，f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(0,+∞)上單調遞增；

③當a>1時，令f′(x)>0，得0<x<1a或x>1，令f′(x)<0，得1a<x<1，

所以函數f(x)的單調遞增區間為(0,1a)，(1,+∞)，單調遞減區間為(1a,1)；

(2)證明：當x→0時，f(x)→?∞，當x→+∞時，f(x)→+∞，f(1)=?a2?1<0，

①當0<a<1時，f(x)在19.解：(1)?(x)=xf(x?1)=xlnx，x>0，

?′(x)=lnx+1，

令?′(x)=0，則x=1e，

所以在(0,1e)上，?′(x)<0，?(x)單調遞減；

在(1e,+∞)上，?′(x)>0，?(x)單調遞增；

所以函數?(x)有極小值?(1e)=?1e，沒有極大值．

(2)設m(x)=ln(x+1)?ax(x≥0)，m(0)=0，

m′(x)=1x+1?a，

當a≤0時，m′(x)>0，m(x)單調遞增，m(x)≥0，顯然不滿足．

當0<a<1時，令

m′(x)

=