山東省各市2021屆高三數(shù)學(xué)(理)下學(xué)期模擬考試題分類解析--導(dǎo)數(shù)、微積分

1、山東省各市2021屆高三數(shù)學(xué)理下學(xué)期模擬考試題分類解析導(dǎo)數(shù)、微積分1、2021德州二模如圖，在邊長為 n的正方形內(nèi)的正弦曲線 y sinx與x軸圍成的區(qū)域記為M 圖中陰影局部，隨機(jī)往正方形內(nèi)投一個(gè)點(diǎn)P,那么點(diǎn)P落在區(qū)域M內(nèi)的概率是B.22D.42答案：BTT解析：區(qū)域M的面積為：Smsinxdx = cosxb = 2,2而正方形的面積為 S=，所以,所求概率為P=芻，選B。2、 2021濟(jì)南三模函數(shù)2f (x) 3x 2x 1，假設(shè)11 f (x)dx 2 f (a) (a 0)成立，答案：1解析：因?yàn)? f(x) dx=-11 (3x-12+ 2x + 1)dx= (x 3+ x2+ x)

2、| 1 = 4，所以 2(3a2 + 2a + 1) = 4? a = 1 或1a= 3.3、2021萊蕪3月模擬函數(shù)f(x)x21的圖像與x軸所圍成的封閉圖形的2面積為.【答案】562 1【解析】o fxdx 0dx21(2x)dx4、 2021濟(jì)南三模是三次函數(shù)f(x)值點(diǎn)，且(0,1),(1,2)，那么a八2A ,匚5答案：B2(5,1)解析：因?yàn)楹瘮?shù)有兩個(gè)極值,那么 f'(x)f'(x) x21 2 -x2312ax2(2xb 3的取值范圍是2C. (1,)ax 2b2bx(a, b R)的兩個(gè)極2,)(1,5*43jrJ'11甘*a11 1-4-3亡/ */人

3、-】IJ3Z0有兩個(gè)不同的又f'(0)(0,1),(1,2)，所以有f'(1)f'(2)00，即02ba 2b 02a 2b 0乞衛(wèi)的幾何意義是指動(dòng)a 2點(diǎn)P(a,b)到定點(diǎn)A(2,3)兩點(diǎn)斜率的取值范圍，做出可行域如圖,，由圖象可知當(dāng)直線經(jīng)過AB時(shí)，斜率最小,此時(shí)斜率為k匸2 2，直線經(jīng)過 AD時(shí)，斜率最大，此時(shí)斜率為3 25所以-35 a，選B.5、( 2021臨沂3月模擬)函數(shù)f(x)2x 1在點(diǎn)(1,2)處的切線與函數(shù) g(x) x圍成的圖形的面積等于 4 zxxk 3【答案】【解析】數(shù) g(x)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f' (x) 3x22(x1)，整理得y 2x

4、x2圍成的圖形的面積為6、( 2021臨沂二模)。由-2x20(2x(x,所以f'(1)3-2 12，即切線方程為解得交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0), (2,2)，所以切線與函2xx2)dx (x213、3x)x a(0 a 1)和曲線yy)0 x 1,0x3圍成的曲邊三角形區(qū)域，假設(shè)向區(qū)域上隨機(jī)投一點(diǎn)，點(diǎn)落在1區(qū)域A內(nèi)的概率為 丄，那么a的值是641(A)丄64【答案】D(B)(C)(D)【解析】區(qū)邊三角形的面積為3dx0上隨機(jī)投一點(diǎn)，點(diǎn)落在區(qū)域1A內(nèi)的概率一 a414a ,41，所以64區(qū)域a47、(2021青島二模)設(shè) a20(13x2)dx 4 ,那么二項(xiàng)式(x2和是A.160 B 16

5、0 161【答案】C的面積為1，假設(shè)向區(qū)域11，所以a ，選D.162a 63)展開式中不含x項(xiàng)的系數(shù)X16122【解析】(1 3x2)dx (xx3)26，所以 a 6 42，二項(xiàng)式為(x2)6 ,0x展開式的通項(xiàng)為 Tk , C：(x2)6k( -)kC：x123k(2)k，令 12 3k 3，即 k 3，所x以T4 C3x3( 2)3，所以x3的系數(shù)為 23c；160，令x 1，得所有項(xiàng)的系數(shù)和為1 ,3所以不含x項(xiàng)的系數(shù)和為1( 160)161，選C.& ( 2021青島二模)函數(shù) f x的定義域?yàn)?,5，局部對應(yīng)值如下表，f x的導(dǎo)函數(shù)y f x的圖象如下圖.以下關(guān)于f x的

6、命題:函數(shù)f x在0,2上是減函數(shù); 如果當(dāng)x 1,t時(shí)，f x的最大值是2,那么t的最大值為4； 當(dāng)1 a 2時(shí)，函數(shù)y f x a有4個(gè)零點(diǎn)； 函數(shù)y f x a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)可能為 0、1、2、3、4個(gè).其中正確命題的序號是 .【答案】【解析】由導(dǎo)數(shù)圖象可知，當(dāng)1 x 0或2 x 4時(shí)，f'(x) 0,函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)0 x 2或4 x 5, f'(x) 0,函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x 0和x 4，函數(shù)取得極大值 f(0) 2 , f (4) 2，當(dāng)x 2時(shí)，函數(shù)取得極小值f(2),所以正確；正確；因?yàn)樵诋?dāng)x 0和x 4，函數(shù)取得極大值 f (0) 2 , f(4) 2，要使當(dāng)x 1

7、,t函數(shù)f (x)的 最大值是4,當(dāng)2 t 5，所以t的最大值為5，所以不正確；由f(x) a知，因?yàn)闃O小 值f (2)未知，所以無法判斷函數(shù) y f(x) a有幾個(gè)零點(diǎn)，所以不正確，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和極值,線段只代表單調(diào)性，根據(jù)題意函數(shù)的極小值不確定，分f 21或1f22兩種情況，由圖象知，函數(shù)y f x和y a的交點(diǎn)個(gè)數(shù)有0,1,2 , 3,4等不同情形，所以正確，綜上正確的命題序號為。9、 2021青島3月模擬直線y2x 4與拋物線y x2 1所圍成封閉圖形的面積是1633235D. zxxk 3答案：C【解析】聯(lián)立方程求得交點(diǎn)分別為1,2 ,3,10 .1所以陰影局部的面積為 S 1

8、42101 dx24403210、2021日照5月模擬如圖，由曲線sin x，直線X與X軸圍成的陰影局部的面積是AB(C)D答案：D【解析0 sin xdx】由定積32 sin xdx分的幾義，陰影11、 2021 泰安- 一模泰安cosx|0 cosx |23.(或3 02 sin局部的面積選D2 x與y一 -3cosx0*JC假設(shè)向區(qū)域1A.-3【答案】【解析上隨機(jī)投一點(diǎn)1C-8P,1,|y那么點(diǎn)p落入?yún)^(qū)域1D.12x, y x1，a是曲線y3- x2圍成的區(qū)域A的概率為11(x20'選D.1B.-4D】此題為幾何概率.區(qū)域的面積為2 2x2)dx (2x231 33x)A的面1A

9、的概率為P -4112，1 212、(2021 濱州二模)函數(shù) f (x)= x , g (x)= elnx。2(I) 設(shè)函數(shù)F (x)= f (x) g (x),求F (x)的單調(diào)區(qū)間；(II) 假設(shè)存在常數(shù) k, m，使得f (x)> kx+ m，對x R恒成立，且g (x)< kx+ m, 對x( 0,+s)恒成立，那么稱直線y = kx + m為函數(shù)f (x)與g (x)的“分界線，試問：f (X)與g (x)是否存在“分界線？假設(shè)存在，求出“分界線的方程，假設(shè)不存在，請說明理由。1 2解析：(I)由于函數(shù) f (x)=g x , g (x)= elnx,1 2因此，F(xiàn) (

10、x)= f (x) g (x)= x elnx,2(x . e)(x . e),xx(0,2e x e那么 F (x) x =x x當(dāng) 0v xv 品時(shí)，F(xiàn)'(x)v 0,所以F(幻在(0,蟲)上是減函數(shù);當(dāng)x>、e時(shí)，F(xiàn) '(x) >0,所以F (乂)在(,e , +)上是增函數(shù);因此，函數(shù)F (x)的單調(diào)減區(qū)間是(0, e),單調(diào)增區(qū)間是( e,+)。(II)由(I)可知，當(dāng) x= & 時(shí)，F(xiàn) (x)取得最小值 F ()= 0,那么f (x)與g (x)的圖象在x= e處有公共點(diǎn)(假設(shè)f (x)與g(x)存在“分界線，那么其必過點(diǎn)故設(shè)其方程為:由 f (

11、x )> kxI k(x 、e)，即 y kxk、e對x r恒成立,二,e )。2:.e ,-)。2k e,那么 x2 2kx e2k e 0對x R恒成立,所以,4k24(2 k ： e e) 4k2 8k、e4ee(k 、.e)2 w 0 成立,因此k=e , “分界線“的方程為： y 、exF面證明g (x)w . ex e對 x( 0,+s)恒成立, e(e x)2=eln x x、e -，那么 G '(x)、e2 x當(dāng)x= . e時(shí)，G (x)取得最大值0，那么g (x)w . ex e對x( 0,+)恒成立,2故所求“分界線“的方程為：y 、ex £213、

12、( 2021 德州二模)設(shè)函數(shù) f(x) xl nx(x 0), g(x) x 2.(I)求函數(shù)f(x)在點(diǎn)M (e, f (e)處的切線方程；2(II) 設(shè) F(x) ax(a 2)x f (x)(a0),討論函數(shù) F(x)的單調(diào)性；(III) 設(shè)函數(shù)H (x)f (x) g(x)，是否同時(shí)存在實(shí)數(shù) m和M (m M )，使得對每一1個(gè)t m, M ，直線y t與曲線y H (x)(x-, c)都有公共點(diǎn)？假設(shè)存在，求出最e小的實(shí)數(shù)m和最大的實(shí)數(shù) M ;假設(shè)不存在，說明理由。解析：(I)解：f '(x) = lnx + 1 (x>0)，那么函數(shù) f '(x)在點(diǎn) M (

13、e, f (e)處的斜率為 f '(e)=2，f ( e)= e，所以，所求切線方程為y e= 2 (x- e)，即卩y = 2x- e(II) F(x)2ax (a 2)x In x 1(x0),F '(x)2ax2/12 ax (a 2)x 1(2x 1)(ax 1)z n(a 2)=(x 0,a0)，x1 1貝y x= 或一，2 a1 1 當(dāng)0v a v 2，即時(shí)，令a 21 1令F'(x) v 0，解得丄v xv 121所以，F(xiàn)( 乂)在(0，21 1 當(dāng)a = 2，即卩時(shí)，a 2所以，F(xiàn) (乂)在(0，+1 1 當(dāng)a > 2，即時(shí)，a 21所以，F(xiàn)( 乂

14、)在(0，a令 F'(x) = 0，1 、 1F '(x) > 0，解得 0v xv或 x>2 a+)上單調(diào)遞增，在F '(x) > 0恒成立,)上單調(diào)遞增。)上單調(diào)遞增，在，-)單調(diào)遞減。 a1 、，)單調(diào)遞減2(III) H(x) x 2 xln x, H '(x)In x.，令 H '(x) = 0，那么 x= 1,當(dāng)x在區(qū)間(1,e)內(nèi)變化時(shí)，H'(x), H(x)的變化情況如下表:ex1 e(1)e1(1,e)eH'(x)0+H(x)2 2e單調(diào)遞減極小值1單調(diào)遞增22又2 22,所以函數(shù)H'(x) (

15、xe1,e)的值域?yàn)?, 2。 e據(jù)經(jīng)可得，假設(shè)mM1'，那么對每一個(gè)21t m, M ，直線 y=t 與曲線 y H(x)(x - , e) e都有公共點(diǎn)。并且對每一個(gè)t (,m)U(M ,1)，直線y t與曲線y H(x)(x 丄,e)都沒有公共點(diǎn)。綜上，存在實(shí)數(shù)m=1和M = 2 ,使得對每一個(gè)t m,M ,直線y=t與曲線1y H (x)(x一,e)都有公共點(diǎn)。e14、( 2021 德州一模)函數(shù)f(x) ax In x(a R).(I) 求f(x)的單調(diào)區(qū)間;)，總存在 X20 , 1,(n )設(shè) g( x) x2 2x 1，假設(shè)對任意 (0,使得f ( x ) g( x2)

16、，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解析:(I) f '(x) a 1a(x 0)。x x 當(dāng)a 0時(shí)，由于X> 0，故ax + 1> 0, f '(x) > 0,所以f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0, + )。11 當(dāng) a 0時(shí)，由 f '(x) = 0,得 x ,在區(qū)間(0，)上，f '(x) >0,aa1在區(qū)間(一一，+) 上, f '(x) v0,a所以，當(dāng)a 0時(shí)，所以f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+)。11當(dāng)a 0時(shí)，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0， 1), f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(一-,+)aa由(I )知，當(dāng)a 0時(shí)，f (

17、x)在(o,+ )遞增，值域?yàn)?R,故不符合題意。11)遞減，1 ln( a),當(dāng)a 0時(shí)，f(幻在(0,)遞增，在(一 ，+aa11故f (x)的極大值即為最大值，f( _)1 ln(-)aa1所以 1> 1 ln ( a),解得：a<- 2e15、(2021濟(jì)南3月模擬)函數(shù)f (x) =ax+Inx,其中a為常數(shù)，設(shè)e為自然對數(shù)的底數(shù)(1) 當(dāng)a=-1時(shí)，求f (x)的最大值；(2) 假設(shè)f (x)在區(qū)間(0, e上的最大值為-3，求a的值；In x 1(3) 當(dāng)a=-1時(shí)，試推斷方程11 x【答案】 解：(1)當(dāng) a=-1 時(shí)，f(x) =-x+ Inx, f' (

18、x)= 1 + 1x x分當(dāng) 0<x<1 時(shí)，f' (x)>0; 當(dāng) x>1 時(shí)，f' (x)<0. f (乂)在(0, 1)上是增函數(shù)，在(1, +s)上是減函數(shù) 3分f(x)max=f ( 1 ) =-1 4分(2) f' (x)=a+1 , x (0,e, 1 1,xx e 1假設(shè)a> ，那么f' (x)>0,從而f(x)在(0,e上增函數(shù)e f (x)max=f ( e) =ae+1?0.不合題意111假設(shè) a< 一，那么由 f' (x)>0 a >0,即 0<x<-exa1

19、1由 f(x)<0 a _ <0,即卩一<xw e.xa11從而f(x)在0,丄上增函數(shù)，在1(為減函數(shù)'aa'f (x) max =f1=-1+l naa11令-1+ln=-3，貝U ln - =-2aa = e 2，即 a=1 , a= e2為所求e 由(I)知當(dāng) a=-1 時(shí) f(X)max =f (1 ) =-1 , |f ( x) | > 1 10分ln x 1,1 ln x 人，e又令 g (x) = -,g ( x) =2，令 g (x)=0，得 x=e,x 2x當(dāng) 0<x<e 時(shí)，g ' (x)>0,g(x)在(

20、0,e)單調(diào)遞增;當(dāng) x>e 時(shí),g' (x)<0, g(x)在(e,+s )單調(diào)遞減11分1二 g (x)max =g (e)=1<1,二 g(x)<112分e2-|f (x) |>g(x)，即|f(x)|>ln x 113分x 2方程|f (x) |= lnx 1沒有實(shí)數(shù)解. 14分x 2216、(2021萊蕪3月模擬)函數(shù) f(x) x ax In x, a R.(I)假設(shè)函數(shù)f (x)在1 , 2上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍；(n)令g(x) f (x) x2,是否存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)x 0,e( e是自然常數(shù))時(shí)，函數(shù)g(x)的最小值是3，假

21、設(shè)存在，求出a的值；假設(shè)不存在，說明理由;(川)當(dāng)x0,e 時(shí),證明：2 e25xx2(x1)ln x.(22).解：解：(I)1 2x2ax1 亠2上恒成立，f (x)2xa0 在1,xx令 h(x)21, 有h(1)0,a1, 3分2x ax得7h(2)0,aJ2所以a74分2(n)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a,使g(x)axln x(x(0, e)有最小值3,/、1ax 1八g (x) a. 5 分x x 當(dāng)a 0時(shí)，g(x)在0, e上單調(diào)遞減，4gmin(x)g(e) ae 1 3,a -(舍去).e111 當(dāng)0 e時(shí)，g(x)在(0,)上單調(diào)遞減，在(一，e)上單調(diào)遞增，aaa'1 2所

22、以 gmin(x)g() 1 ln a 3,a e ,滿足條件.a14 當(dāng)一 e時(shí)，g(x)在0, e上單調(diào)遞減，g min (x) g(e) ae 1 3,a -(舍去)ae綜上，存在實(shí)數(shù)e2，使得當(dāng)x(0, e時(shí)，g(x)有最小值3.10分(川)令F(x)lnx，由Fmin (x)3，令(x)ln x(x)1 ln x2 ，x當(dāng)Ox e時(shí),(x)(x)在(0, e上單調(diào)遞增,所以max (x)(e)15153 .e222所以e2xIn xIn x5,即2 2 e x5x (x 1)ln xx22函數(shù)fIn217、2021 青島二模x14分I求函數(shù)y的極大值;(n)令 g x川假設(shè)對任意，不

23、等式解: (I) Q fIn3x由于f3x，由f時(shí),上為增函數(shù)；在從而f極大In 3當(dāng)mIn3x2 3x0,即3x 3x2.2m為實(shí)常數(shù)，試判斷函數(shù)g x的單調(diào)性;In xInx 3x0均成立，求實(shí)數(shù)a的取的定義域?yàn)闀r(shí),0.m 1 x 2m3x上為減函數(shù),1時(shí)，g上為增函數(shù);當(dāng)m 10,即m 1時(shí)，g x3 m 1 x 2m 12 3xx3 m 12 3x2m 13 m 1(i)假設(shè)m 1，那么2m 13 m 1x -時(shí)，g x 0,32g x在 一， 上為增函數(shù)； 7分3(ii )假設(shè) m1，那么2m 1233 m 122m12m 1x,時(shí)，gx 0 ； x時(shí)，g x 0,33 m13 m

24、12 2m 12m 1g x 在 一，上為增函數(shù)，在 ,上為減函數(shù)“一 與 a2 3x3' 3 m 13 m 1 '當(dāng)m1 時(shí)，g x在2 2m3 ' 3 m1上為增函數(shù)，在12m11 ,上為減函數(shù)13 m 9分(出)由 a In xInf x 3x0 a In x In30,23x1 136 , _Q x-,-,0InIn-,而 a Inx 0 ,6 32 3x5要對任意x 1-J，不等式aIn x In f x 3x0均成立，必須：2綜上可知：當(dāng)m 1時(shí)，g x在一，上為增函數(shù)；36 '3In x不同時(shí)為0.11分13因當(dāng)且僅當(dāng)x 時(shí)，In=0，所以為滿足題

25、意必有3 2 3x1即 a In-. 12分318、(2021青島3月模擬)函數(shù)f(x) X3.(I)記(x) f(x) 3 f (x),(t R)，求(X)的極小值；(n)假設(shè)函數(shù)h(x)f (x)xsi nx的圖象上存在互相垂直的兩條切線，求實(shí)數(shù)的值及相應(yīng)的切點(diǎn)坐標(biāo).解:(i)由：3f x x ,3x x2 2tx ,x 3x 2tx 3x( x1)由x 0 x0，或x2t當(dāng)t0時(shí)，x3x20,3x在,為增函數(shù)，此時(shí)不存在極值；當(dāng)t0時(shí)，x變化時(shí)，x ,x變化如下：x(弓2t3(務(wù)0)0(0,)x+0-0+x極大極小由上表可知：x極小 00.當(dāng)t 0時(shí)，x變化時(shí)，x , x變化如下:x(,

26、0)0(0'卻2t3(尋)x+0-0+x極大極小2t 4 3由上表可知：(x)極小() t .(n) h x 3 x sin xh x 3 cosx設(shè)兩切點(diǎn)分別為t1,h t1,t2, h t2 ，那么 h t1 h t21327即 3cost1 3cost2193 cost1cost2cost1 cost2 1方程的判別式cost1cost236cost cost2 10,即 COSE2cost24,又1cost11, 1cost22cost1 cost2從而可得:COSt12cost2上式要成立當(dāng)且僅當(dāng)cost1cost21，或1cost1cost2此時(shí)方程的解為x sin x 的

27、x圖象在點(diǎn)2k ,0處的切線和在點(diǎn)2m,0Z處的切線互相垂直.19、( 2021日照5月模擬)二次函數(shù)r(x)axb(a,b為常數(shù)，a R, b R)的一個(gè)零點(diǎn)是a，函數(shù)g(x) Inx ,e是自然對數(shù)的底數(shù).設(shè)函數(shù)f (x) r(x) g (x).解：(I)f (x) x過坐標(biāo)原點(diǎn) 0作曲線y令F(x)理e-a是二次函數(shù)ax In x,f '(x) 2xa (x0).x，假設(shè)函數(shù)r(x) x2設(shè)切點(diǎn)為P(X0,y。),那么切線的斜率k整理得x。2 lnx。10 .顯然，X。又因?yàn)閥x2 ln x 1 在(0,)所以方程f (x)的切線，證明切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1；F(x)在區(qū)間(0, 1上

28、是單調(diào)函數(shù)，求 a的取值范圍。ax b的一個(gè)零點(diǎn)， b=0.21 x0 ax0 ln x02x0 aX。X。1是這個(gè)方程的解.上是增函數(shù),x2 lnx 1 0有唯一實(shí)數(shù)解。故x° 1 .1 12x -2 a .x xh'(1) 2 a.(1 )當(dāng) 2-a0，即 a 2 時(shí)，h'(x)0 , h(x)在間(0,1)上是增函數(shù)。h(1) 0, h(x)0在0,1上恒成立，即F'(x)0在0,1上恒成立。f (x)x2axIn xF(x)xx，ee21x (2 a)x a Inx F'(x)xxe、r21設(shè) h(x) x2(2 a)x a In x,貝y h

29、'(x)x易知h'(x)在0,1上是減函數(shù)，從而 h'(x) F(x)在區(qū)間0,1上是減函數(shù)。所以，a 2滿足題意 10分(2)當(dāng)2-a<0,即a>2時(shí)，設(shè)函數(shù)h'(x)的唯一零點(diǎn)為x0 ,那么 h(x)在(0, X。)上遞增，在(x°,1)上遞減。又T h(1) 0, h(x°) 0.又 t h(e a)e 2a (2 a)e a a eaIn ea 0, h(x)在(0, 1)內(nèi)有唯個(gè)零點(diǎn)x',當(dāng) x (0, x')時(shí)，h (x) <0,當(dāng) x (x'1)時(shí)，h(x)>0.從而F ( 乂)在(0, x')遞減，在(x' , 1)遞增，與在區(qū)間0,1上是單調(diào)函數(shù)矛盾。14分 a>2不合題意.綜合(1) (2)得，a 2.即a的取值范圍是(，2 a 1 220、(2021威海二模)函數(shù) f(x) aInxx 1 .1 1(【)當(dāng)a時(shí)，求f (x)在區(qū)間,e上的取值;(n)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性;(川)當(dāng) 10時(shí),有 f (x)2In( a)恒成立，求a的取值范圍.解：(I)當(dāng)af(x)bn x2 f (x)1 X2x 2X2 12xf (