1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 吉林省松原市实验高级中学2020-2021学年度高二下学期第一次月考卷数学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项
2、中，只有一项是符合题目要求的1下列说法中正确的是（ ）A若不存在，则曲线在点处就没有切线B若曲线在点处有切线，则必存在C若不存在，则曲线在点处的切线斜率不存在D若曲线在点处的切线斜率不存在，则曲线在该点处就没有切线2设曲线在点处的切线与直线垂直，则（ ）A2BCD3如果某物体做运动方程为的直线运动(s的单位为m，t的单位为s)，那么其在末的瞬时速度为（ ）ABCD4已知函数，若，则，的大小关系正确的是（ ）ABCD5已知函数，且，则实数t的取值范围是（ ）ABCD6若曲线与直线相切（是自然对数的底数），则实数的值为（ ）ABCD7设函数，若函数存在最大值，则实数a的取值范围是（ ）ABCD8下
3、面四个图象中，有一个是函数 ()的导函数的图象，则等于（ ） ABCD或 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9过点作曲线的切线有且仅有两条，则实数可能的值是（ ）ABCD10已知函数，若，且，都有，则实数的值可以为（ ）A5B4C3D11已知函数若函数恰有3个零点，则的值可能为（ ）ABCD212对于定义域为的函数，为的导函数，若同时满足：；当且时，都有；当且时，都有，则称为“偏对称函数”下列函数是“偏对称函数”的是（ ）ABCD 第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13设，则曲线在
4、点处的切线的倾斜角是_14已知函数的定义域为，且若对任意，则的解集为_15若函数在区间上存在减区间，则实数的取值范围是_16已知函数，则它的极小值为_；若函数，对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是_ 四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知函数（1）求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；（2）求过点作曲线的切线方程 18（12分）已知函数（1）求函数的单调递增区间；（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围 19（12分）已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若，对都有成立，求实数的取值范围 20（12分）已知函数（1）讨
5、论函数在区间上的最小值；（2）当时，求证：对任意，恒有成立 21（12分）已知函数（1）若函数在点处的切线方程为，求函数的极值；（2）若，对于任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围 22（12分）已知函数，其中（1）求的单调区间；（2）若有两个相异零点，求证： （新教材）2020-2021学年下学期高二第一次月考卷数学（A）答案第卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1【答案】C【解析】导数的几何意义是：函数在点处的导数等于曲线在该点处的切线的斜率，因而导数不存在，也即切线的斜率不存在故选C2【答案】B【解析】，则，因为在点处
6、的切线与直线垂直，所以，所以，故选B3【答案】A【解析】，当时，故选A4【答案】B【解析】由题可知：的定义域为，且，则为偶函数，当时，在上单调递增又由，所以，故，故选B5【答案】A【解析】，令，则，故在R上单调递增，且为奇函数不等式，即，即，则，故，即，所以，故选A6【答案】D【解析】设切点坐标为，则根据题意得，解得，故选D7【答案】C【解析】显然时，无最大值，时，存在最大值，当时，递增；当时，递减，所以时，取得极大值也是最大值，因此要有最大值，必须满足，所以，故选C8【答案】D【解析】函数（），则，可知为开口向上的二次函数，则排除；若的图象为，则对称轴为，即，此时，则；若的图象为，则对称轴为
7、，即，由图象可知，过坐标原点，则，解得或（舍去），此时，则，故选D 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9【答案】BCD【解析】设切点坐标为，因为，所以，所以切线方程为，将点代入可得，化简得，过点作曲线的切线有且仅有两条，即方程有两个不同的解，则，解得或，故实数的取值范围是，所以由选项判断可知BCD正确，故选BCD10【答案】AB【解析】因为且，都有，所以当时，对于恒成立，令，则在单调递减，所以对于恒成立，即对于恒成立，所以，因为在单调递减，当时，所以，所以，所以选项A、B正确，选项C、D不
8、正确，故选AB11【答案】BC【解析】令，可得，若函数恰有3个零点，则曲线与恰有3个交点，画出函数的图象如图所示，易知， 当时，若函数与相切，切点坐标为，由，得；当时，若函数与相切，切点坐标为，得，函数恰有3个零点，结合图象可知，而，故选BC12【答案】ACD【解析】条件；由选项可得，即ABCD都符合；条件或；即条件等价于函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；对于，则，由，可得，即函数单调递增；由，可得，即函数单调递减，满足条件；对于，则显然恒成立，所以在定义域上单调递增，不满足条件；对于，当时，显然单调递减；当时，显然单调递增；满足条件；对于，当时，显然单调递减；当时，显然单调递增，满足条
9、件；因此ACD满足条件；条件当且时，都有，即，对于，因为，当且仅当，即时，等号成立，又，所以，则，令，所以在上显然恒成立，因此在上单调递增，所以，即，所以满足条件；对于，令，则在上显然恒成立，所以，则，即满足条件；对于，令，则在上显然恒成立，所以，则，即满足条件；综上，ACD选项是“偏对称函数”，故选ACD 第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】因为=，所以，则曲线在点处的切线斜率为，即，又，所以所求切线的倾斜角为，故答案为14【答案】【解析】设，则，因为对任意，所以，所以对任意，是单调递增函数，因为，所以，由，可得，则的解集，故答案为15【答案】【解析】，则，函数在区
10、间上存在减区间，只需在区间上有解，记，对称轴，开口向下，只需，所以，解得，故答案为16【答案】，【解析】（1）由，得，令，得，列表如下：极小值所以，函数的极小值为（2），使得，即，当时，函数单调递增，即；当时，函数单调递减，即；当时，不符合题意，综上：故答案为； 四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）；（2）或【解析】（1）因为函数，所以，所以，所以曲线在点处的切线的斜率为，则切线的方程为，即为，令，可得；，可得则切线与坐标轴围成的三角形的面积为（2）由和，可得，即不在的图象上，设切点为，则切线的斜率为，切线的方程为，则，解得或，故切线
11、的方程为或18【答案】（1）和；（2）【解析】（1），则，由，得或，所以函数的单调递增区间为和（2）由（1）知，在取得极大值，在取得极小值，函数有三个零点，解得，实数的取值范围19【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1），所以，当时，在上单调递增；当时，由，得由，得；由，得，综上所述，当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为（2）若，则对都有成立，等价于对都，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为，函数在上是增函数，所以，解得，又，所以所以实数的取值范围是20【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）解：函数的定义域是，当时，则，则函数在上单调递
12、减，即函数在区间上单调递减，故函数在区间上的最小值为；当时，令，得；令，得，故函数在上单调递减，在上单调递增（i）当，即时，函数在区间上单调递增，故函数在区间上的最小值为；（ii）当，即时，函数在区间上单调递减，故函数在区间上的最小值为；（iii）当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，此时函数在区间上的最小值为，综上，当时，函数在区间上的最小值为；当时，函数在区间上的最小值为；当时，函数在区间上的最小值为（2）证明：当时，要证，即证，因为，所以两边同时乘x，得，即证当时，而，所以成立，即成立当时，令，则设，则，因为，所以，所以当时，单调递增，所以，即，所以在上单调递增，所以，即成立综上，对
13、任意，恒有成立21【答案】（1）极小值，极大值为；（2）【解析】（1）由题意知函数的定义域为，因为，所以，由函数在点处的切线方程为，则，可解得，则，所以，令，解得，所以当时，；当时，；当时，所以在，上单调递增，在上单调递减所以函数的极小值为，函数极大值为（2）当时，不等式可化为，即，令，则，所以原不等式可化为，因为对任意，当时，不等式恒成立，则可知在上单调递减，因为，所以在上恒成立，则在上恒成立，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以实数的取值范围为22【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】在区间上，（1）若，则在上单调递增；若，令，得由，得，函数的增区间是；由，得，函数的减区间是，综上：当，增区间为，无减区间；当时，函数的增区间是，函数的减区间是（2）设，由，令，则，于是设函数，求导得，故函数是上的增函数，即得证
