2023-2024学年重庆市渝中区求精中学高二（下）段考数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市渝中区求精中学高二（下）段考数学试卷(含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.函数f(x)=x+sinx在区间[0,π]上的平均变化率为( )
A. 1B. 2C. πD. 0
2.质点M按规律s=2t2+3t做直线运动(位移单位：m，时间单位：s)，则质点M在t=2s时的瞬时速度是( )
A. 2 m/sB. 6 m/sC. 4 m/sD. 11 m/s
3.曲线y=2x2+1在点P(−1,3)处的切线方程为( )
A. y=−4x−1B. y=−4x−7C. y=4x−1D. y=4x+7
4.已知函数f(x)=1x，则Δx→0limf(1+Δx)−f(1)Δx等于( )
A. −1B. 1C. −2D. 0
5.若函数f(x)=2xf′(1)+x2，则f′(−1)f(−1)等于( )
A. −34B. 34C. −65D. −56
6.设曲线y=1x在点P(1,1)处的切线与x轴、y轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积等于( )
A. 1B. 2C. 4D. 6
7.若一射线OP从OA处开始，绕O点匀速逆时针旋转(到OB处为止)，所扫过的图形内部的面积S是时间t的函数，S(t)的图象如图所示，则下列图形中，符合要求的( )
A.
B.
C.
D.
8.已知函数f(x)=(x+1)2+sinxx2+1，其中f′(x)为函数f(x)的导数，则f(2020)+f(−2020)+f′(2019)−f′(−2019)=( )
A. 0B. 2C. 2019D. 2020
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列求导数运算正确的有( )
A. (x2sinx)′=2xsinx+x2csxB. (1x)′=1x2
C. (lg3x)′=13lnxD. (lnx)′=1x
10.已知双曲函数是一类与三角函数性质类似的函数.双曲余弦函数为chx=ex+e−x2，双曲正弦函数为shx=ex−e−x2.则下列结论中正确的是( )
A. (chx)′=shxB. (shx)2+(chx)2=1
C. sh2x=2shx⋅chxD. chx是奇函数
11.已知y=kx是函数f(x)=xsinx的一条切线，则实数k的值可以为( )
A. 0B. 1C. 12D. −1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=ex+x(其中e为自然对数的底数)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为 ．
13.函数g(x)=xlnx有一条斜率为2的切线，则切点的坐标为______．
14.若曲线y=(x+1)ex过点P(a,0)的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
若函数f(x)=x−1x，
(1)用定义求f′(x)；
(2)求其图象在与x轴交点处的切线方程．
16.(本小题15分)
求下列函数的导数：
(1)y=3x2+csx；
(2)y=(x+1)lnx；
(3)y=xtanx,{x|x≠kπ+π2,k∈Z}．
17.(本小题15分)
已知f′(x)是一次函数，x2f′(x)−(2x−1)f(x)=2，求f(x)的解析式．
18.(本小题17分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=2an−n
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=(2n+1)(an+1)，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：f(x)=x+sinx在区间[0,π]上的平均变化率为f(π)−f(0)π−0=π+sinπ−0−sin0π=1．
故选：A．
根据平均变化率的计算即可求解．
本题主要考查平均变化率的求解，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意，质点M在t=2 s时位移的平均变化率为△S△t=2(2+△t)2+3(2+△t)−2×22−3×2△t=11+2Δt，
当Δt无限趋近于0时，△S△t无限趋近于11 m/s．
故选：D．
根据题意，先求出△S△t的表达式，进而分析可答案．
本题考查极限的计算，涉及平均变化率和瞬时变化率的关系，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
先求导函数，求得切线的斜率，从而可求曲线y=2x2+1在点P(−1,3)处的切线方程．
本题考查的重点是切线方程，考查导数的几何意义，正确求导是关键．
【解答】
解：求导函数y′=4x，
当x=−1时，y′=4×(−1)=−4，
∴曲线y=2x2+1在点P(−1,3)处的切线方程为：y−3=−4(x+1)，
即y=−4x−1，
故选A．
4.【答案】A
【解析】解：∵f(x)=1x，∴f′(x)=−1x2，
由导数的定义可知Δx→0limf(1+Δx)−f(1)Δx=f′(1)=−1，
故选：A．
利用导数的定义求解．
本题主要考查了导数的定义，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：f′(x)=2f′(1)+2x，
∴f′(1)=2f′(1)+2，f′(1)=−2，
∴f(x)=x2−4x，f′(x)=2x−4，
∴f(−1)=5，f′(−1)=−6，
∴f′(−1)f(−1)=−65．
故选：C．
根据幂函数的求导公式求导即可．
本题考查了幂函数的求导公式，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：y=1x的导数为y′=−1x2，
曲线y=1x在点P(1,1)处的切线的斜率为−1，
则切线的方程为y−1=−(x−1)，即x+y−2=0，
令x=0，可得y=2；y=0，可得x=2，
则△OAB的面积等于12×2×2=2．
故选：B．
求得y=1x的导数，由导数的几何意义，将x=1代入可得切线的斜率，由直线的点斜式方程可得切线的方程，求得切线与x轴、y轴的交点，由三角形的面积公式，计算可得所求值．
本题考查导数的几何意义，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，S(t)应该一直增加，先慢后快，过圆心后又变慢，不符合题意；
对于B，S(t)应该匀速增加，不符合题意；
对于C，S(t)应该先慢后快，不符合题意；
对于D，S(t)应该先快后慢，最后变快，符合题意．
故选：D．
根据题意，依次分析选项中函数图象变化的趋势，综合可得答案．
本题考查函数图象的变换，涉及函数的变换快慢，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：f′(x)=[2(x+1)+csx](x2+1)−2x[(x+1)2+sinx](x2+1)2，
∴f′(x)−f′(−x)=4x⋅(x2+1)−4x⋅(x2+1)(x2+1)2=0，且f(x)+f(−x)=2，
∴f(2020)+f(−2020)+f′(2019)−f′(−2019)=2．
故选：B．
根据商的导数和基本初等函数的导数的求导公式即可求出f′(x)，然后即可求出f′(x)−f′(−x)的值，并可得出f(x)+f(−x)的值，从而可求出答案．
本题考查了基本初等函数和商的导数的求导公式，已知函数求值的方法，考查了计算能力，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于A，因为(x2sinx)′=2xsinx+x2csx，所以A对；
对于B，因为(1x)′=−1x2，所以B错；
对于C，因为(lg3x)′=1xln3，所以C错；
对于D，因为(lnx)′=1x，所以D对．
故选：AD．
根据导数公式运算判断即可．
本题主要考查导数的基本运算，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查类比推理，导数的运算，函数奇偶性判断等，考查运算求解能力，属于中档题．
A，根据导数的运算法则，得解；
B，化简计算(shx)2+(chx)2，即可判断；
C，分别计算sh2x和2shx⋅chx，看是否相等即可；
D，由函数奇偶性的概念可知，chx为偶函数．
【解答】
解：对于A，(chx)′=ex+e−x⋅(−1)2=ex−e−x2=shx，即选项A正确；
对于B，(shx)2+(chx)2=(ex−e−x2)2+(ex+e−x2)2=e2x+e−2x2≠1，即选项B错误；
对于C，sh2x=e2x−e−2x2，
2shx⋅chx=2⋅ex+e−x2⋅ex−e−x2=e2x−e−2x2=sh2x，即选项C正确；
对于D，∵ch(−x)=e−x+ex2=chx，∴chx为偶函数，即选项D错误．
故选：AC．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是中档题．
求出原函数的导函数，由已知直线过坐标原点，分坐标原点是切点和坐标原点不是切点两类求解k的值．
【解答】
解：由f(x)=xsinx，得f′(x)=sinx+xcsx，
当切点为坐标原点时，x=0，此时k=f′(0)=0；
当切点不是坐标原点时，设切点为(t,tsint)，则tsintt=sint=sint+tcst，
即tcst=0，∵t≠0，∴t=kπ+π2(k∈Z)，则k=sint+tcst=±1．
∴实数k的值可以为0，−1，1．
故选：ABD．
12.【答案】2x−y+1=0
【解析】【分析】
求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得所求切线的方程．
本题考查求切线方程，以及直线方程的运用，考查运算能力，属于基础题．
【解答】
解：f(x)=ex+x的导数为f′(x)=ex+1，
可得切线的斜率为k=f′(0)=1+1=2，
f(0)=1+0=1，
切点为(0,1)，
则切线的方程为y−1=2(x−0)，
即为2x−y+1=0，
故答案为：2x−y+1=0．
13.【答案】(e,e)
【解析】解：设切点坐标为(x0,x0lnx0)，由函数g(x)=xlnx，可得g′(x)=lnx+1，
因为函数g(x)=xlnx有一条斜率为2的切线，所以lnx0+1=2，
解得x0=e，所以切点坐标为(e,e)．
故答案为：(e,e)．
设切点坐标为(x0,x0lnx0)，利用导数的几何意义即可求解．
本题考查函数的导数的应用，是基础题．
14.【答案】(−∞,−5)∪(−1,+∞)
【解析】解：设切点坐标为(x0,(x0+1)ex0)，
∵y′=(x+2)ex，∴y′|x=x0=(x0+2)ex0，
∴切线方程为y−(x0+1)ex0=(x0+2)ex0⋅(x−x0)，
将点P(a,0)代入可得−(x0+1)ex0=(x0+2)ex0⋅(a−x0)，
化简得x02−ax0−a=0，x02+(1−a)x0−2a−1=0．
∵过点P(a,0)作曲线C的切线有且仅有两条，
∴方程x02+(1−a)x0−2a−1=0有两个不同的解，
则Δ=(1−a)2+4(2a+1)=a2+6a+5>0，解得a>−1或a<−5，
故实数a的取值范围是(−∞,−5)∪(−1,+∞)．
故答案为：(−∞,−5)∪(−1,+∞)．
设出切点坐标，求出在切点处的切线方程，把P的坐标代入，整理可得关于P的横坐标的一元二次方程，由判别式大于0求得a的范围，则答案可求．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)由导数定义可得，f′(x)=Δx→0limf(x+Δx)−f(x)Δx=Δx→0lim(x+Δx−1x+Δx)−(x−1x)Δx
=Δx→0limΔx+1x−1x+ΔxΔx=Δx→0lim[1+1x(x+Δx)]=1+1x2；
(2)函数f(x)=x−1x的图象与x轴有两个交点，
交点坐标分别为A(1,0)，B(−1,0)，
∴f′(1)=2，
∴在A(1,0)处的切线方程为y=2(x−1)，即y=2x−2；
同理，在B(−1,0)处的切线方程为y=2x+2．
【解析】(1)根据函数的导数的定义求出f′(x)；
(2)由导数的几何意义可求出切线的斜率，从而可得切线方程．
本题考查导数的定义和运用：求切线的方程，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)y′=(3x2+csx)′=6x−sinx；
(2)y′=[(x+1)lnx]′=(x+1)′lnx+(x+1)(lnx)′=lnx+1x+1；
(3)y′=(x⋅tanx)′=(xsinxcsx)′=(xsinx)′csx−xsinx(csx)′cs2x=(sinx+xcsx)csx+xsin2xcs2x=sinxcsx+xcs2x．
【解析】根据题意，由导数计算公式，结合四则运算法则，计算即可得答案．
本题考查导数的计算，注意导数的计算公式和法则，属于基础题．
17.【答案】解：由f′(x)为一次函数可知f(x)为二次函数．
设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
则f′(x)=2ax+b．
把f(x)、f′(x)代入方程x2f′(x)−(2x−1)f(x)=2中得：x2(2ax+b)−(2x−1)(ax2+bx+c)=2，
即(a−b)x2+(b−2c)x+c−2=0，
要使方程对任意x恒成立，
则需有a=b，b=2c，c−2=0，
解得a=2，b=4，c=2，
所以f(x)=2x2+4x+2．
【解析】首先，f′(x)=2ax+b，然后，根据所给等式进行化简，即可得到相应的解析式．
本题重点考查了函数的导数求解方法和法则，体会待定系数法在求解函数解析式中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵Sn=2an−n
当n=1时，a1=S1=2a1−1，∴a1=1
当n≥2时，Sn=2an−n ①
Sn−1=2an−1−n+1 ②
①−②得an=2an−1+1即an+1=2(an−1+1)
∵a1+1=2≠0∴an−1+1≠0
∴an+1an−1+1=2
∴{an+1}是以首项为2，公比为2的等比数列
an+1=2⋅2n−1=2n∴an=2n−1
(2)bn=(2n+1)⋅2nTn=3⋅2+5⋅22+7⋅23+…+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，
2Tn=3⋅22+5⋅23+7⋅24+…+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，
∴−Tn=6+2(22+23+24+…+2n)−(2n+1)⋅2n+1，
∴Tn=2+(2n−1)⋅2n+1．
【解析】(1)根据题中已知条件Sn=2an−n，得出n≥2时，Sn−1=2an−1−(n−1)此两式作差整理即可得到入an+1所满足的关系，从而可求出数列{an+1}的通项公式得到所求；
(2)根据数列{bn}的通项可知利用错位相消法进行求和，从而可求出数列{bn}的前n项和Tn．
本题主要考查了利用构造法求数列的通项，以及利用错位相消法求数列的前n项和，同时考查了运算求解的能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由已知△ABC中cs2B+cs2C−cs2A=1，即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理可得a2=b2+c2，
故△ABC直角三角形，
即A=π2；
(2)由(1)可得A=π2，所以三角形ABC的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12×2，
整理得xy+yz+xz=4 33，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33；
(3)点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，
则由|PB|+|PC|=t|PA|，得m+n=t；
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
故由|AC|2+|AB|2=|BC|2，得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤(m+n2)2，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时，等号成立，
又m+n=t，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)．
故实数t的最小值为2+2 3．
【解析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cs2B+cs2C−cs2A=1可得a2=b2+c2，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，推出m+n=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式，即可求得答案．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，利用基本不等式的应用，属于中档题．