1、南昌十中20212022学年下学期第一次月考高二数学试题（文科）注意事项：说明：本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，全卷满分150分。考试用时120分钟，考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。1答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号或IS号用书写黑色字迹的05毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上。2作答非选择题必须用书写黑色字迹的05毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。3考试结束后，请将答题纸交回。第I卷（选
2、择题）一、选择题（本大题共12题，每小题5分，共计60分。在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）1设，则 （ ）ABCD2函数 的单调递增区间是（ ）ABC(1,4)D(0,3)3已知是函数的导数，且，则（ ）A2B8C4D不能确定4若函数在时取得极值，则 （ ）ABCD5若函数在上可导，且，则（ ）A B C D以上答案都不对6曲线在处的切线如图所示，则（ ）A0 BC D7已知函数，若，则（ ）A0或B或CD8已知直线与曲线在点处的切线互相垂直，则为（ ）A B C D9函数在，上的图象大致为()A BC D10已知函数与的图象如图所示，则函数的递减区间为（ ）A BC D1
3、1函数在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是 A. B. C. D. 12设定义在上的函数的导函数为，若，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（ ）A B C D二、填空题（本大题共4题，每小题5分，共计20分。把答案填在答题纸的横线上）13复数的共轭复数是_.14设函数的导数为，且，则=_15已知函数，则_16若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为_三、解答题（本大题共6题，共计70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17设函数 （1）求的单调区间； （2）求函数在区间上的最小值18已知函数（为常数），曲线在点处的切线平行于直线.（1）求的值；（2）求函
4、数的极值.19一工厂计划生产某种当地政府控制产量的特殊产品，月固定成本为1万元，设此工厂一个月内生产该特殊产品万件并全部销售完.根据当地政府要求产量满足，每生产件需要再投入万元，每1万件的销售收入为（万元），且每生产1万件产品政府给予补助（万元）.（注：月利润=月销售收入+月政府补助月总成本）.（1）写出月利润（万元）关于月产量（万件）的函数解析式；（2）求该工厂在生产这种特殊产品中所获得的月利润最大值（万元）及此时的月生产量（万件）20已知函数的图象在点(1，)处的切线方程为(1)用表示出；(2)若在1，)上恒成立，求的取值范围21已知函数.证明：（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实
5、根，且两个实根互为倒数.22已知函数且.（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且南昌十中20212022学年下学期第一次月考 数学 （文科）参考答案一、 选择题题号123456789101112答案CBBDCCDDDDCA二、 填空题13. -2 +i 14. 15. 16. -3 三、 解答题17.（10分）解:（1）定义域为，由得，.5分的单调递减区间为，单调递增区间为；（2），由得，.5分在上单调递减，在（1，2）上单调递增，的最小值为.18.(12分)解：（1），在点处的切线平行于直线，； .6分（2）由（1）可得，令得或，列表如下：3+00+极大值极小值.12分极大值为，极小值
6、为.19.（12分）解：（1）设该工厂一个月内生产该特殊产品万件，依题意， 所以利润（万元）关于月产量（万件）的函数解析式：. .6分（2）， 所以当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递减. 所以上当时，函数在区间取得最大值，. .12分该工厂在生产这种特殊产品中所获得的月利润最大值为万元，此时的月生产量为2万件.20. （12分）.5分()当0a1.若1x，则g(x)0，g(x)是减函数，所以g(x)g(1)0，即f(x)1，则g(x)0，g(x)是增函数，所以g(x)g(1)0，.12分即f(x)lnx，故当x1时，f(x)lnx.综上所述，所求a的取值范围为，)21（12分
7、）（1）由题意可得，的定义域为，由，得，显然单调递增；又，故存在唯一，使得；又当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；因此，存在唯一的极值点； .6分（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一实根，记作.由得，又，故是方程在内的唯一实根；综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.12分22.（12分）（1）解：因为f（x）ax2axxlnxx（axalnx）（x0），则f（x）0等价于h（x）axalnx0，求导可知h（x）a则当a0时h（x）0，即yh（x）在（0，+）上单调递减，所以当x01时，h（x0）h（1）0，矛盾，故a0因为当0x时h（x）0、当x时h（x）0，所以h（x）minh（
8、），又因为h（1）aaln10，所以1，解得a1；另解：因为f（1）0，所以f（x）0等价于f（x）在x0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x1处是极小值，所以解得a1； .12分（2）证明：由（1）可知f（x）x2xxlnx，f（x）2x2lnx，令f（x）0，可得2x2lnx0，记t（x）2x2lnx，则t（x）2，令t（x）0，解得：x，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以t（x）mint（）ln210，从而t（x）0有解，即f（x）0存在两根x0，x2，且不妨设f（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x02lnx00，所以f（x0）x0x0lnx0x0+2x02x0，由x0可知f（x0）（x0）max；由f（）0可知x0，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）f（）；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）22.12分
