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宁夏育才中学高三年级第二次月考
理科数学试题 参考答案及评分标准
一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）
1.A 【解答】퐴＝{푥|푥2 − 2푥 − 3 < 0}＝{푥| − 1 < 푥 < 3}，퐵＝{푥|2푥+1 > 1}＝{푥|푥 > −1}，
则∁퐵퐴＝[3, +∞)．
2.B 【解答】（解法一）因为푓(푥) = (푥 + 1)2(푥 − 3)，所以푓′(푥) = [(푥 + 1)2]′(푥 − 3) + (푥 +
1)2(푥 − 3)′ = 2(푥 + 1)(푥 − 3) + (푥 + 1)2 = 3푥2 − 2푥 − 5．（解法二）由于푓(푥) = (푥 +
1)2(푥 − 3) = 푥3 − 푥2 − 5푥 − 3，则푓′(푥) = 3푥2 − 2푥 − 5．
3.B 【解答】因为√푥2 + 1 − 푥＞0在 R 上恒成立，所以函数 y= 푥3 + ln(√푥2 + 1 − 푥)的定义
域为 R.设 f(x)=y=푥3 + ln(√푥2 + 1 − 푥)，则푓(−푥)＝(−푥)3 + ln(√푥2 + 1 + 푥)＝−푓(푥)，
所以函数 f(x)是奇函数，故排除 C,D 选项.因为푓(1)＝1 + ln(√2 − 1) = ln[(√2 −
1)푒], (√2 − 1)푒 > 1，所以푓(1)＞0，故排除 A 选项.所以选 B．
4.D 【解答】函数푓(푥) = 2ln 푥 + 8푥 + 1，所以푓′(푥) = 2
푥 + 8，
所以 lim∆푥→0
푓(1−2∆푥)−푓(1)
∆푥 = lim∆푥→0
(−2) × 푓(1−2∆푥)−푓(1)
−2∆푥
= −2 lim∆푥→0
푓(1 − 2∆푥) − 푓(1)
−2∆푥
= −2푓′(1)
= −2 × (2 + 8)
= −20．
5.C 【 解 答 】 函 数 푓(푥) = {
2, 푥 ≥ 0,
cos 푥, 푥＜0, 则 ∫ 1
−π
2
푓(푥)d푥 = ∫ 0
−π
2
푓(푥)d푥 + ∫ 푓(푥)d푥1
0 =
∫ cos 푥0
−휋
2
d푥 + ∫ 21
0 d푥＝(sin 푥)|−π
2
0 + (2푥)|0
1 = 1 + 2＝3．
6.C 【解答】由푓(푥 + 2) = − 1
푓(푥)，得푓(푥 + 4) = − 1
푓(푥+2) = 푓(푥)，所以函数푓(푥)的最小正
周期是4.因为푓(푥)是定义在퐑上的奇函数，且3 < log354 < 4，且在(0, 1)上푓(푥)＝3푥，
所以푓(log354)＝푓(log354 − 4)＝−푓(4 − log354)＝−(34−log3 54) = − 81
54 = − 3
2
．
7.A 【解答】∵ 푓(푥) = (2푥 + 1)3 − 2푎
푥 + 3푎，∴ 푓′(푥) = 3(2푥 + 1)2 × 2 + 2푎
푥2．∵ 푓′(−1) =
8， ∴ 3 × 2 + 2푎 = 8，解得푎 = 1，∴ 푓(푥) = (2푥 + 1)3 − 2푎
푥 + 3푎 = (2푥 + 1)3 − 2
푥 + 3，
∴ 푓(−1) = −1 + 2 + 3 = 4．
8.C 【解答】(方法一)由题意，得푓′(푥) = 3푎푥2 + 2푏푥 + 푐，结合题图知푥 = −1或2为导函
数 的 零 点 ， 即 푓′(−1) = 푓′(2) = 0 ， ∴ {3푎 − 2푏 + 푐 = 0,
12푎 + 4푏 + 푐 = 0, 解得{
푎 = − 푐
6 ,
푏 = 푐
4 ,
∴ 푓′(0)
푓′(1) =
푐
3푎+2푏+푐 = 1． -2-
(方法二)푓′(푥) = 3푎푥2 + 2푏푥 + 푐，由푓(푥)的图象知푓′(푥) = 3푎푥2 + 2푏푥 + 푐 = 3푎(푥 +
1)(푥 − 2)，∴ 푓′(0) = −6푎，푓′(1) = −6푎，∴ 푓′(0)
푓′(1) = 1．
9.A 【解答】直线푥 = 0，푥 = 2π
3
，푦 = 0与曲线푦 = 2sin 푥所围成的图形如图所示，其面积
为푆 = ∫ 2
2π
3
0 sin 푥d푥 = −2cos 푥|0
2π
3 = −2cos 2π
3 −(−2cos 0) = 1 + 2 = 3．
10.B 【解答】令 g(x)＝푥2e푥，则푔′(x)＝2푥e푥 + 푥2e푥＝푥e푥(푥 + 2)．令푔′(x)＝0，则푥＝0或
−2．当−2 < 푥 < 0时，푔′(x)< 0；当푥 > 0或푥 < −2时，푔′(x)> 0．∴函数푔(x)在(−2,0)
上单调递减，在(−∞, −2)和(0, +∞)上单调递增，∴ 0,−2是函数푔(x)的极值点，函数
푔(x)的极小值为푔(0)＝0，极大值为푔(−2)＝4e−2 = 4
e2．又∵函数푓(푥)＝푥2e푥 − 푎恰有
三个零点，则实数푎的取值范围是(0, 4
e2)．
11.B 【解答】由题意知，푦′ = 3푥2 − 2푎．∵ 푎 > 0，令푦′ = 0，即3푥2 − 2푎 = 0，解得푥 =
± √6푎
3
．当푥 ∈ (−∞,− √6푎
3 ) ∪ (√6푎
3 , +∞)时，푦′ > 0；当푥 ∈ (− √6푎
3 , √6푎
3 )时，푦′ < 0．
∴ 푦 = 푥3 − 2푎푥 + 푎的单调递增区间为(−∞, − √6푎
3 )，(√6푎
3 , +∞)，单调递减区间为
(− √6푎
3 , √6푎
3 )．当푥 = − √6푎
3
时，原函数取得极大值，当푥 = √6푎
3
时，原函数取得极小值，
要满足原函数在(0,1)内无极值，需满足√6푎
3 ≥ 1，解得푎 ≥ 3
2
．∴正整数푎的最小值为2．
12.A 【解答】由题意，令ℎ(푥) = 1
3 푥3 − 1
2 푥2 + 3푥 − 5
12
，푚(푥) = 1
푥−1
2
，则 ℎ′(푥) = 푥2 − 푥 + 3，
∴ ℎ″(x)=2x−1.令ℎ″(푥) = 0，可得푥 = 1
2.∵ ℎ (1
2) = 1
3 × (1
2)
3
− 1
2 × (1
2)
2
+ 3 × 1
2 − 5
12 = 1，
∴ ℎ(푥)的对称中心为(1
2 , 1)，∴ ℎ(푥) + ℎ(1 − 푥) = 2.∵ 푚(푥) = 1
푥−1
2
的对称中心为 (1
2 , 0)，
∴ 푚(푥) + 푚(1 − 푥) = 0 . ∵ 푔(푥) = ℎ(푥) + 푚(푥) , ∴ 푔(푥) + 푔(1 − 푥) = ℎ(푥) +
ℎ(1 − 푥) + 푚(푥) + 푚(1 − 푥) = 2, ∴ 푔 ( 1
2011) + 푔 ( 2
2011) + 푔 ( 3
2011) + 푔 ( 4
2011) + ⋯ +
푔 (2010
2011) = 2010.
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二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
13. π 4
4
【解答】
1 2
0
1dxx 表示四分之一单位圆，∴
1 2
0
π1d4xx ．
∵
1 21
00
(2)d1,xxx ∴
1 2
0
(12)dxxx 4
π ＋1=
4
4π ．
14.1 【解答】∵ log푎푏 + log푏푎 = log푎푏 + 1
log푎푏 = 5
2
，∴ log푎푏 = 2或1
2
．
∵ 푎 > 푏 > 1，∴ log푎푏 < log푎푎 = 1，∴ log푎푏 = 1
2
，∴ 푎 = 푏2．
∵ 푎푏 = 푏푎，∴ (푏2)푏 = 푏푏2，∴ 2푏 = 푏2，∴ 푏 = 2，∴ 푎 = 4，∴ 푎
푏+2 = 1．
15.( 1, ) 【解答】∵二次函数푓(푥) = 푥2 − 4푥 + 1= (푥 − 2)2 − 3的顶点为(a,b), ∴a=2，b=−3，
则函数 g(x)=loga(x2−2x＋b)可化为 g(x)=log2(x2−2x−3)．
由푥2 − 2푥 − 3＞0，解得 x＜−1 或 x＞3．
∴函数 g(x)=log2(x2−2x−3)的定义域为(−∞，−1)∪(3，＋∞)．
令 t=x2−2x−3，该函数在(−∞，−1)上为减函数，而外层函数 y=log2 t 是增函数，
由复合函数的单调性知，函数 g(x)=log2(x2−2x−3)的单调递减区间为( )．
16.65 【解答】依题意，由푓(푥0) = sin π푥0 = 0，得π푥0 = 푘π，푘 ∈ 퐙，即푥0 = 푘，푘 ∈ 퐙．
当푘是奇数时，푓 (푥0 + 1
2) = sin [π (푘 + 1
2)] = sin (푘π + π
2) = −1，
|푥0| + 푓 (푥0 + 1
2) = |푘| − 1 < 33， ∴ |푘| < 34，满足条件的奇数푘有34个；
当푘是偶数时，푓 (푥0 + 1
2) = sin [π (푘 + 1
2)] = sin (푘π + π
2) = 1，|푥0| + 푓 (푥0 + 1
2) =
|푘| + 1 < 33，∴ |푘| < 32，满足条件的偶数푘有31个．
综上所述，满足题意的交点共有34 + 31 = 65(个)．
三、解答题（本大题共 70 分）
17.解：(1)令푢 = 2푥 + 1，则푦′ = (푢푛)′ × 푢′ = 푛푢푛−1 × 2 = 2푛(2푥 + 1)푛−1. ……………6 分
(2)令푡 = 2푥2 + 3푥 + 1，则푦′ = (log2푡)′ × 푡′ = 1
푡×ln 2 × (4푥 + 3) = 4푥+3
(2푥2+3푥+1)×ln 2.
………………………………………………………………………………………12 分
18.解： (1)当火车的速度푣＝0时火车完全停止，即5 − 푡 + 55
1+푡 = 0，
∴ 푡2 − 4푡 − 60＝0，…………………………………………………………………………2 分
解得푡＝10或푡＝−6（舍去），………………………………………………………………4 分
即从开始紧急刹车至火车完全停止所经过的时间为10 s．………………………………5 分
(2)根据定积分的物理意义，紧急刹车后火车运行的路程就是푡从0到10对函数푣(푡)＝
5 − 푡 + 55
1+푡
的定积分. ………………………………………………………………………6 分
令 퐹(푡)＝5푡 − 1
2 푡2 + 55ln(1 + 푡)，则퐹′(푡)＝푣(푡)＝5 − 푡 + 55
1+푡
．………………………8 分
∴ 푠＝∫ 푣10
0 (푡)d푡 = ∫ (5 − 푡 + 55
1+푡)10
0 d푡＝퐹(10) − 퐹(0)＝55ln 11，……………………11 分
即紧急刹车后火车运行的路程为55ln 11 m．……………………………………………12 分 -4-
19.解：(1)푓(푥) = 푥3 − 푥的导数为푓′(푥) = 3푥2 − 1．………………………………………2 分
当−2 ≤ 푥 < − √3
3
时，푓′(푥) > 0，푓(푥)单调递增； ………………………………………3 分
当− √3
3 < 푥 ≤ 0时，푓′(푥) < 0，푓(푥)单调递减．…………………………………………4 分
∴当푥 = − √3
3
时，푓(푥)有最大值푓 (− √3
3 ) = 2√3
9
．…………………………………………6 分
(2)设切点为(푥0, 푥0
3 − 푥0)，则切线斜率푘 = 3푥0
2 − 1，
∴切线方程为푦 − (푥0
3 − 푥0) = (3푥0
2 − 1)(푥 − 푥0)． ………………………………………7 分
又∵切线过点푃(2, 푡)，∴ 푡 − (푥0
3 − 푥0) = (3푥0
2 − 1)(2 − 푥0)，
整理，得2푥0
3 − 6푥0
2 + 푡 + 2 = 0．…………………………………………………………8 分
令푔(푥) = 2푥3 − 6푥2 + 푡 + 2，则푔′(푥) = 6푥2 − 12푥．……………………………………9 分
由푔′(푥) = 0，解得 x=0 或 x=2． …………………………………………………………10 分
当푥变化时，푔(푥)与푔′(푥)的变化如下表：
푥 (−∞, 0) 0 (0, 2) 2 (2, +∞)
푔′(푥) + 0 − 0 +
푔(푥) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
于是，{푔(0) = 푡 + 2 > 0,
푔(2) = 푡 − 6 < 0,
∴ −2 < 푡 < 6． ……………………………………………………………………………12 分
20.解：(1) ∵ 푓(푥) = 푥ln 푥 − 푎푥2 + (2푎 − 1)푥，
∴ 푔(푥) = 푓′(푥) = ln 푥 − 2푎푥 + 2푎，푥 > 0，………………………………………………1 分
∴ 푔′(푥) = 1
푥 − 2푎 = 1−2푎푥
푥 ，푥 > 0．…………………………………………………………2 分
①若푎 ≤ 0，푔′(푥) > 0恒成立，即푔(푥)的单调递增区间是(0, +∞)．……………………3 分
②若푎 > 0，
当푥 > 1
2푎时，푔′(푥) < 0，函数푔(푥)为减函数；…………………………………………4 分
当0 < 푥 < 1
2푎
时，푔′(푥) > 0，函数푔(푥)为增函数．……………………………………5 分
综上，当푎 ≤ 0时，푔(푥)的单调递增区间是(0, +∞)；当푎 > 0时，푔(푥)的单调递增区间是
(0, 1
2푎)，单调递减区间是( 1
2푎 , +∞)．………………………………………………………6 分
(2) ∵ 푓(푥)在푥 = 1处取得极大值，∴ 푓′(1) = 0．…………………………………………7 分
由(1)中푔(푥)的单调区间可知：
①当푎 ≤ 0时，푓′(푥)单调递增，又∵ 푓′(1) = 0，
则当0 < 푥 < 1时，푓′(푥) < 0，푓(푥)单调递减；当푥 > 1时，푓′(푥) > 0，푓(푥)单调递增.
∴ 푓(푥)在푥 = 1处取得极小值，不合题意. ………………………………………………8 分
②当0 < 푎 < 1
2时， 1
2푎 > 1，푓′(푥)在(0, 1
2푎)内单调递增，又∵ 푓′(1) = 0，
则当0 < 푥 < 1时，푓′(푥) < 0；当1 < 푥 < 1
2푎时，푓′(푥) > 0．
∴ 푓(푥)在(0, 1)内单调递减，在(1, 1
2푎)内单调递增，即푓(푥)在푥 = 1处取得极小值，不合 -5-
题意． ……………………………………………………………………………………9 分
③当푎 = 1
2时，1
2푎 = 1，푓′(푥)在(0, 1)内单调递增，在(1, +∞)上单调递减，又∵ 푓′(1) = 0，
则当푥 > 0时，푓′(푥) ≤ 0，푓(푥)单调递减，不合题意． ……………………………10 分
④当푎 > 1
2时，0 < 1
2푎 < 1，푓′(푥)在( 1
2푎 , 1)内单调递减，又∵ 푓′(1) = 0，
则当 1
2푎 < 푥 < 1时，푓′(푥) > 0，푓(푥)单调递增；当푥 > 1时，푓′(푥) < 0，푓(푥)单调递减．
∴当푥 = 1时，푓(푥)取得极大值，满足条件． …………………………………………11 分
综上，实数푎的取值范围是푎 > 1
2． ………………………………………………………12 分
21.解：(1) ∵ 푓(푥) = 푥2 − 푎푥，푔(푥) = ln 푥，
∴ 푓(푥)的定义域为퐑，푔(푥)的定义域为{푥|푥 > 0}．
∵ 푓(푥) ≥ 푔(푥)对定义域内的任意푥恒成立，
即푥2 − 푎푥 ≥ ln 푥对푥 ∈ (0, +∞)恒成立，
∴ 푎 ≤ 푥 − ln 푥
푥
对푥 ∈ (0, +∞)恒成立． ……………………………………………………1 分
设휑(푥) = 푥 − ln 푥
푥
，则푎 ≤ 휑(푥)min．………………………………………………………2 分
∴ 휑′(푥) = 푥2+ln 푥−1
푥2 ．…………………………………………………………………………3 分
∵当푥 ∈ (0, 1)时，휑′(푥) < 0，当푥 ∈ (1, +∞)时，휑′(푥) > 0，
∴ 휑(푥)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，……………………………………4 分
∴当푥 = 1时，휑(푥)min = 휑(1) = 1，………………………………………………………5 分
∴实数푎的取值范围为(−∞, 1]. ……………………………………………………………6 分
(2)ℎ(푥) = 푓(푥) + 푔(푥) = 푥2 − 푎푥 + ln 푥，푥 > 0，
则ℎ′(푥) = 2푥2−푎푥+1
푥
，푥 > 0. ………………………………………………………………7 分
∵ ℎ(푥) = 푓(푥) + 푔(푥)有两个极值点푥1，푥2，且0 < 푥1 < 푥2 ≤ 2，
∴方程2푥2 − 푎푥 + 1 = 0有两个正根푥1, 푥2，且0 < 푥1 < 푥2 ≤ 2，
∴
{
훥 = 푎2 − 8 > 0,
0 < 푎
4
＜2,
2 × 02 − 푎 × 0 + 1 > 0,
2 × 22 − 2푎 + 1 ≥ 0,
解得2√2 < 푎 ≤ 9
2， …………………………………………8 分
由{
푥1 + 푥2 = 푎
2 > 0,
푥1푥2 = 1
2 > 0,
0 < 푥1 < 푥2 ≤ 2,
得{
2√2 < 2 (푥1 + 1
2푥1
) ≤ 9
2 ,
0 < 푥1 < 1
2푥1
≤ 2,
解得 1
4 ≤ 푥1 < √2
2 . ……………………9 分
ℎ(푥1) − ℎ(푥2) = (푥1
2 − 푎푥1 + ln 푥1) − (푥2
2 − 푎푥2 + ln 푥2)
= 푥1
2 − 푥2
2 − 푎(푥1 − 푥2) + ln 푥1 − ln 푥2
= 푥1
2 − 푥2
2 − 2(푥1 + 푥2)(푥1 − 푥2) + ln 푥1 − ln 푥2
= −푥1
2 + 푥2
2 + ln 푥1 − ln 푥2
= −푥1
2 + 1
4푥1
2 + 2ln 푥1 + ln 2．…………………………………………10 分 -6-
设퐺(푥) = −푥2 + 1
4푥2 + 2ln 푥 + ln 2 (1
4 ≤ 푥 < √2
2 ).
∵ 퐺′(푥) = − (2푥2−1)2
2푥3 ≤ 0, ∴ 퐺(푥)在[1
4 , √2
2 )上为减函数，…………………………………11 分
∴ 0 < 퐺(푥) ≤ 63
16 − 3ln 2，
∴ ℎ(푥1) − ℎ(푥2)的取值范围是(0, 63
16 − 3ln 2]. …………………………………………12 分
22.解：(1)由휌＝2sin 휃 + 2푎cos 휃 (푎 > 0)，得휌2＝2휌sin 휃 + 2푎휌cos 휃(푎 > 0)， ………1 分
∴曲线퐶的直角坐标方程为푥2 + 푦2＝2푦 + 2푎푥，…………………………………………2 分
即(푥 − 푎)2 + (푦 − 1)2＝푎2 + 1. …………………………………………………………3 分
∵直线푙的参数方程为{
푥 = −2 + √2
2 푡,
푦 = √2
2 푡
（푡为参数），
∴直线푙的普通方程为푦＝푥 + 2． …………………………………………………………5 分
(2)将直线푙的参数方程{
푥 = −2 + √2
2 푡,
푦 = √2
2 푡
代入푥2 + 푦2＝2푦 + 2푎푥，并化简、整理，得
푡2 − (3√2 + √2푎)푡 + 4푎 + 4＝0． ………………………………………………………6 分
∵直线푙与曲线퐶交于푀，푁两点，
∴Δ= (3√2 + √2푎)2 − 4(4푎 + 4) = 2(푎 − 1)2 > 0，解得푎 ≠ 1． ……………………7 分
由根与系数的关系，得푡1 + 푡2＝3√2 + √2푎＞0，푡1푡2＝4푎 + 4＞0．…………………8 分
∵点푃的直角坐标为(−2, 0)，∴点 P 在直线푙上，
∴ |푃푀| + |푃푁|＝|푡1| + |푡2|＝푡1 + 푡2 = 3√2 + √2푎 = 5√2，……………………………9 分
解得푎＝2，此时满足푎 > 0且푎 ≠ 1，故푎＝2．…………………………………………10 分
23.解：(1)①当푥 ≤ − 3
2
时，푓(푥)＝−2 − 4푥，
由푓(푥) ≥ 6，解得푥 ≤ −2，综合푥 ≤ − 3
2
，得푥 ≤ −2．…………………………………2 分
②当− 3
2 < 푥 < 1
2
时，푓(푥)＝4，显然푓(푥) ≥ 6不成立．…………………………………3 分
③当푥 ≥ 1
2
时，푓(푥)＝4푥 + 2，
由푓(푥) ≥ 6，解得푥 ≥ 1，综合푥 ≥ 1
2
，得푥 ≥ 1． ……………………………………4 分
综上，푓(푥) ≥ 6的解集是(−∞, −2] ∪ [1, +∞)．…………………………………………5 分
(2)푓(푥)＝|2푥 − 1| + |2푥 + 3| ≥ |(2푥 − 1) − (2푥 + 3)|＝4，
即푓(푥)的最小值푚＝4．……………………………………………………………………6 分
∴ 2푎푏 + 푎 + 2푏＝4，
∴ 4 − (푎 + 2푏) = 2푎푏. ……………………………………………………………………7 分
∵ 푎 ⋅ 2푏 ≤ (푎+2푏
2 )
2，
∴ 4 − (푎 + 2푏) ≤ (푎+2푏
2 )
2， ………………………………………………………………8 分
解得푎 + 2푏 ≥ 2√5 − 2， …………………………………………………………………9 分
∴ 푎 + 2푏的最小值为2√5 − 2． …………………………………………………………10 分
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