2024-2025学年江苏省苏州市姑苏五中高二（下）月考数学试卷（3月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省苏州市姑苏五中高二（下）3月月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知Δx→0limsin(x0+Δx)−sinxA.12 B.32 C.12.文娱晚会中，学生的节目有6个，已经排好出场顺序，现临时增加2个教师的节目，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，并且6个学生的节目先后出场顺序不变，则晚会的出场顺序的种数为(

)A.30 B.42 C.56 D.39603.已知曲线f(x)=lnx+ax2+2在点Q(1,f(1))处的切线与直线x+4y+8=0垂直，则a的值为A.−32 B.−1 C.1 4.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，满足xf′(x)−2f(x)<0，且f(3)=9，则不等式f(3x)−9A.(0,1) B.(0,2) C.(−∞,1) D.(1,+∞)5.函数f(x)=sin(π3x)−2ax在R上不单调，则A.[−12,12] B.(−6.已知函数f(x)=kx−x2lnx，当x∈(1,+∞)时，f(x)<−x2恒成立，则实数A.(−∞,0) B.(−∞,0] C.(−∞,−1) D.(−∞,−1]7.设奇函数f(x)在R上存在导数f′(x)，且在(0,+∞)上f′(x)<x2，若f(1−m)−f(m)≥13[(1−m)A.[−12,12] B.[8.已知函数f(x)=ex−e−x+sin2x，记a=−f(−ln2),b=f(log43A.c<a<b B.b<a<c C.a<b<c D.b<c<a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.已知函数f(x)是R上的可导函数，f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列结论不正确的是(

)A.a，c分别是极大值点和极小值点

B.b，c分别是极大值点和极小值点

C.f(x)在区间(a,c)上是增函数

D.f(x)在区间(b,c)上是减函数10.已知函数f(x)=sinx+x3−ax，则下列结论正确的是A.f(x)是偶函数 B.若f(x)是增函数，则a≤1

C.当a=−3时，函数f(x)恰有两个零点 D.当a=3时，函数f(x)恰有两个极值点11.已知函数f(x)=(x−1)2(x−4)+m的导函数为f′(x)A.若f(x)有三个零点，则0<m<4 B.f′(4−x)=f′(x)

C.x=1是f(x)的极小值点 D.当x≥0，f(x)≥0时，则m≥4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设a>0，若函数f(x)=xlnx−x2+x在区间(a,+∞)上单调，则a13.已知y=exf(x)是定义在R上的偶函数，且当x>0时，f(x)+f′(x)>0，则满足ex−2⋅14.设实数m>0，若对任意的x≥e，不等式x2lnx−memx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)

已知函数f(x)=12x2−ax+2lnx在x=1处的切线平行于x轴．

(1)求实数a的值；

16.(本小题15分)

已知函数f(x)=ex−a+cosx+b．

(1)当a=0时，证明函数f(x)在(0,+∞)单调递增；

(2)若函数f(x)在(π2,π)有极值，求实数a的取值范围；

(3)若函数f(x)的图象在点(2π,f(2π))17.(本小题15分)

已知函数f(x)=x3+32x2−4ax+2．

(1)若函数g(x)=6lnx−x3+(4a−9)x+f(x)，求18.(本小题17分)

已知1<a≤2，函数f(x)=ex−x−a，其中e=2.71828…为自然对数的底数．

(1)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；

(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)19.(本小题17分)

已知a≠0，函数f(x)=(ax+1)ln(ax+1)在x=1−ee处取得极值．

(Ⅰ)求a；

(Ⅱ)证明：对任意的m，n∈(0,+∞)，都有f(m+n)>f(m)+f(n)；

(Ⅲ)若存在实数x>0，使得(k−2)x−1>f(x)成立，求参考答案1.D

2.A

3.D

4.D

5.D

6.D

7.B

8.B

9.ABD

10.BD

11.ABD

12.[1,+∞)

13.(−∞,414.e

15.解：(1)由已知可得f′(x)=x−a+2x，

因为f(x)在x=1处的切线平行于x轴，

所以f′(1)=1−a+2=3−a=0，解得a=3．

(2)由(1)可得f(x)=12x2−3x+2lnx(x>0)，

f′(x)=x−3+2x=(x−1)(x−2)x，

当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，当1<x<2时，f′(x)<0，

故f(x)在(0,1)16.解：(1)证明：当a=0时，f′(x)=ex−sinx，

若x>0，则ex>1，又因为sinx≤1，所以f′(x)>0，

所以函数y=f(x)在(0,+∞)单调递增；

(2)f′(x)=ex−a−sinx，

因为函数y=f(x)在(π2,π)有极值，所以f′(x)=0在(π2,π)有解，

又因为f′(x)=ex−a−sinx在(π2,π)单调递增，所以f′(π2)f′(π)<0，

所以(eπ2−a−1)×eπ−a<0，所以eπ2−a<1，所以a>π2，

即a的取值范围是(π2,+∞)；

(3)因为函数y=f(x)在点(2π,f(2π))处的切线方程为x−y−2π=0，

所以f′(2π)=e2π−a−sin2π=1且f(2π)=e2π−a+cos2π+b=0，

解得a=2π，b=−2，

所以f(x)=17.解：(1)g(x)=6lnx−x3+(4a−9)x+f(x)=6lnx−x3+(4a−9)x+x3+32x2−4ax+2=6lnx−9x+32x2+2，x>0，

g′(x)=6x−9+3x=6−9x+3x2x=3(x2−3x+2)x=3(x−2)(x−1)x，

所以在(0,1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，

在(1,2)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，

在(2,+∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以g(x)的单调递增区间为(0,1)18.

19.解：a≠0，函数f(x)=(ax+1)ln(ax+1)在x=1−ee处取得极值，

(Ⅰ)f′(x)=aln(ax+1)+(ax+1)aax+1=aln(ax+1)+a，

所以f′(1−ee)=aln(a−aee+1)+a=0，

所以a⋅1−ee+1=1e，

解得a=1．

经验证当a=1时，f(x)在x=1−ee处取得极小值，符合题意，

故a=1．

(Ⅱ)证明：设φ(x)=f(x+n)−f(x)，则φ′(x)=f′(x+n)−f′(x)，

由(1)知f′(x)=ln(x+1)+1在(0,+∞)上单调递增，

当x∈(0,+∞)时，f′(x+n)>f′(x)，即φ′(x)>0，φ(x)在(0,+∞)上单调递增，

因为m>0，所以φ(m)>φ(0)，即f(m+n)−f(m)>f(n)−f(0)=f(n)，

故f(m+n)>f(m)+f(n)．

(Ⅲ)存在实数x>0，使得(k−2)x−1>f(x)成立，即k>(x+1)ln(x+1)+2x+1x成立．