2020屆高考數學 總復習階段性測試題三 導數及其應用 北師大版

階段性測試題三(導數及其應用)本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分滿分150分考試時間120分鐘第卷(選擇題共50分)一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1(2020·九江調研)甲、乙兩個物體沿直線運動的方程分別是s1t32t2t和s23t2t1，則在t2秒時兩個物體運動的瞬時速度關系是()A甲大B乙大C相等 D無法比較答案B解析v1s13t24t1，v2s26t1，所以在t2秒時兩個物體運動的瞬時速度分別是5和11，故乙的瞬時速度大2(2020·山東文)曲線yx311在點P(1,12)處的切線與y軸交點的縱坐標是()A9 B3 C9 D15答案C解析本題考查導數幾何意義，求導公式等知識導數最基本運算及應用是每年必考內容由yx311知y3x2，所以y|x13，所以過點P(1,12)的切線方程為y123(x1)，即3xy90，令x0易知選C.3(2020·安陽模擬)已知函數f(x)在x1處的導數為3，則f(x)的解析式可能為()Af(x)(x1)33(x1) Bf(x)2(x1)Cf(x)2(x1)2 Df(x)x1答案A解析先求f(x)的導函數，再代入驗證當f(x)(x1)33(x1)時，f(x)3(x1)23且f(1)3(11)233.4(2020·許昌調研)如圖是函數yf(x)的導函數yf(x)的圖像，則下列判斷正確的是()A在區(qū)間(3,1)上yf(x)是增函數B在(1,3)上yf(x)是減函數C在(4,5)上yf(x)是增函數D在x2時yf(x)取到極小值答案C解析由導函數圖像與原函數的關系可知函數yf(x)在(3，)上是減函數，在(，1)上是增函數，知A錯；由函數yf(x)在(1,2)上是增函數，在(2,3)上是減函數，知B錯；由函數yf(x)在(4,5)上是增函數知C正確；由函數yf(x)在x2時取極大值，知D錯5(2020·汕頭一模)如果函數f(x)x4x2，那么f(i)()A2i B2iC6i D6i答案D解析因為f(x)4x32x，所以f(i)4i32i6i.6(2020·黃山調研)若曲線yf(x)在點(x0，f(x0)處的切線方程為3xy10，則()Af(x0)<0 Bf(x0)>0Cf(x0)0 Df(x0)不存在答案B解析由導數的幾何意義可知曲線在(x0，f(x0)處的導數等于曲線在該點處的切線的斜率，故f(x0)3.故選B.7(2020·?？谫|檢)函數f(x)excosx的圖像在點(0，f(0)處的切線的傾斜角為()A0 B.C1 D.答案B解析f(x)(excosx)(ex)cosxex(cosx)excosxex(sinx)ex(cosxsinx)，則函數f(x)在點(0，f(0)處的切線的斜率kf(x)|x0ex(cosxsinx)|x0e01，故切線的傾斜角為，故選B.8(文)(2020·九江模擬)已知f(x)x3ax在(，1上遞增，則a的取值范圍是()Aa>3 Ba3Ca<3 Da3答案D解析由f(x)x3ax，得f(x)3x2a，由3x2a0對一切x(，1恒成立，3x2a，a3.若a<3，則f(x)>0對于一切x(，1恒成立若a3，x(，1)時，f(x)>0恒成立，x1時，f(1)0，a3.(理)(2020·新課標理)由曲線y，直線yx2及y軸所圍成的圖形的面積為()A. B4C. D6答案C解析本題考查了定積分的應用依題意，如圖所示，由得其交點坐標為(4,2)因此y與yx2及y軸所圍成的圖形的面積為(x2)dx(x2)dx(xx22x)|×8×162×4.故選C.9(2020·東北師大附中模擬)已知函數f(x)在R上可導，且f(x)x22xf(2)，則f(1)與f(1)的大小關系為()Af(1)f(1) Bf(1)>f(1)Cf(1)<f(1) D以上答案都不對答案B解析f(x)x22xf(2)，f(x)2x2f(2)，f(2)42f(2)，即f(2)4，f(x)x28x(x4)216，且在(，4上為減函數，1<1<4，f(1)>f(1)10(文)(2020·新鄉(xiāng)一模)若a>2，則方程x3ax210在(0,2)上恰好有()A0個根 B1個根C2個根 D3個根答案B解析設f(x)x3ax21，則f(x)x22ax，而a>2，所以f(x)00x2a.又(0,2)(0,2a)，故f(x)在區(qū)間(0,2)上遞減，f(x)maxf(0)1，f(x)minf(2)4a<0.故f(x)的圖像在(0,2)上與x軸有一個交點(理)(2020·遼寧理)函數f(x)的定義域為R，f(1)2，對任意xR，f(x)>2，則f(x)>2x4的解集為()A(1,1) B(1，)C(，1) D(，)答案B解析本小題考查內容為導數的應用及數形結合思想解法一：令g(x)2x4，g(x)2，f(x)>g(x)，如圖，f(x)>2x4，解為x>1.解法二：設m(x)f(x)(2x4)，則m(x)f(x)2>0，m(x)在R上是增函數m(1)f(1)(24)0.m(x)>0的解集為x|x>1，即f(x)>2x4的解集為(1，)點評本題考查導數與單調函數之間的關系，以及解不等式的相關知識，難度較大第卷(非選擇題共100分)二、填空題(本大題共5個小題，每小題5分，共25分，把正確答案填在題中橫線上)11(文)(2020·萍鄉(xiāng)一模)已知函數f(x)x312x8在區(qū)間3,3上的最大值與最小值分別為M、m，則Mm_.答案32解析f(x)3x2123(x2)(x2)，由f(3)17，f(3)1，f(2)24，f(2)8，可知Mm24(8)32.(理)(2020·萍鄉(xiāng)一模)已知t>0，若(2x1)dx6，則t_.答案3解析(2x1)dx(x2x)|t2t6，t3或t2(舍去)12(2020·合肥一模)已知曲線C：ylnx4x與直線x1交于一點P，那么曲線C在點P處的切線方程是_答案3xy10解析由已知得y4，所以當x1時有y3，即過點P的切線的斜率k3，又yln144，故切點P(1，4)，所以點P處的切線方程為y43(x1)，即3xy10.13已知函數f(x)x33a2xa(a>0)的極大值為正數，極小值為負數，則a的取值范圍是_答案解析f(x)3x23a23(xa)(xa)，由f(x)<0，得a<x<a，f(x)在區(qū)間(，a)內遞增，在區(qū)間a，a內遞減，在區(qū)間(a，)內遞增，極大值為f(a)2a3aa(2a21)>0， 極小值為f(a)a(12a2)<0， 由得a.14(2020·商丘調研)若點P是曲線yx2lnx上任意一點，則點P到直線yx2的最小距離為_答案解析過點P作yx2的平行直線，且與曲線yx2lnx相切，設P(x0，xlnx0)，則ky|2x0，2x01，x01或x0(舍去)，P(1,1)，d.15(2020·廣州一模)設曲線yxn1(nN*)在點(1,1)處的切線與x軸的交點的橫坐標為xn，令anlgxn，則a1a2a99的值為_答案2解析本小題主要考查導數的幾何意義和對數函數的有關性質ky|x1n1，切線l：y1(n1)(x1)，令y0，xn，anlg，原式lglglglg(×××)lg2.三、解答題(本大題共6個小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)16(本小題滿分12分)(2020·鎮(zhèn)江一模)已知函數f(x)x33x1.試判斷函數f(x)的單調性，并求其單調區(qū)間解析因為f(x)x33x1，所以f(x)3x233(x1)(x1)由f(x)<0，解得x(1,1)；由f(x)>0，解得x(，1)或x(1，)所以f(x)在1,1上單調遞減，在(，1，1，)上單調遞增，所以函數f(x)的單調減區(qū)間是1,1，單調增區(qū)間是(，1與1，)17(本小題滿分12分)設函數f(x)x33ax23bx的圖像與直線12xy10相切于點(1，11)(1)求a、b的值；(2)討論函數f(x)的單調性解析(1)f(x)3x26ax3b，f(1)13a3b11， f(1)36a3bk12. 解由、組成的關于a，b的方程組，得a1，b3.(2)f(x)x33x29x，f(x)3x26x9.由f(x)0，得x11，x23.f(x)在(，1，3，)上是增函數，在(1,3)上是減函數18(本小題滿分12分)(2020·安徽理)設f(x)，其中a為正實數(1)當a時，求f(x)的極值點；(2)若f(x)為R上的單調函數，求a的取值范圍解析對f(x)求導得f(x)ex. (1)當a時，若f(x)0，則4x28x30，解得x1，x2.結合，可知xf(x)00f(x)極大值極小值所以，x1是極小值點，x2是極大值點(2)若f(x)為R上的單調函數，則f(x)在R上不變號，結合與條件a>0，知ax22ax10在R上恒成立，因此4a24a4a(a1)0，由此并結合a>0，知0<a1.19(本小題滿分12分)(2020·陜西理)如圖，從點P1(0,0)作x軸的垂線交曲線yex于點Q1(0,1)，曲線在Q1點處的切線與x軸交于點P2.再從P2作x軸的垂線交曲線于點Q2，依次重復上述過程得到一系列點：P1，Q1；P2，Q2；，Pn，Qn，記Pk點的坐標為(xk,0)(k1,2，n)(1)試求xk與xk1的關系(2kn)；(2)求|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|.解析(1)設Pk1(xk1,0)，由yex得Qk1(xk1，exk1)點處切線方程為yexk1exk1(xxk1)由y0得xkxk11(2kn)(2)由x10，xkxk11，得xk(k1)，所以|PkQk|exke(k1)，于是Sn|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|1e1e2e(n1).20(本小題滿分13分)(2020·江蘇卷)請你設計一個包裝盒如圖所示，ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒，E、F在AB上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設AEFBx(cm)(1)若廣告商要求包裝盒的側面積S(cm2)最大，試問x應取何值？(2)某廠商要求包裝盒容積V(cm3)最大，試問x應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值解析設包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm)，由已知得ax，h(30x)，0<x<30.(1)S4ah8x(30x)8(x15)21800，所以當x15時，S取得最大值(2)Va2h2(x330x2)，V6x(20x)由V0得x0(舍)或x20.當x(0,20)時，V>0；當x(20,30)時，V<0.所以當x20時，V取得極大值，也是最大值此時.即包裝盒的高與底面邊長的比值為.21(本小題滿分14分)(文)(2020·北京朝陽一模)已知函數f(x)mx33x23x，mR.(1)若函數f(x)在x1處取得極值，試求m的值，并求f(x)在點M(1，f(1)處的切線方程；(2)設m<0，若函數f(x)在(2，)上存在單調遞增區(qū)間，求m的取值范圍解析(1)f(x)3mx26x3.因為函數f(x)在x1處取得極值，所以f(1)0，即3m90，解得m3.于是函數f(x)3x33x23x，f(1)3，f(x)9x26x3.函數f(x)在點M (1,3)處的切線的斜率kf(1)12，則f(x)在點M處的切線方程為12xy90.(2)當m<0時，f(x)3mx26x3是開口向下的拋物線，要使f(x)在(2，)上存在子區(qū)間使f(x)>0，應滿足或解得m<0，或<m<，所以m的取值范圍是(，0)(理)(2020·洛陽一模)設函數f(x)ax32bx2cx4d(a，b，c，dR)的圖像關于原點對稱，且x1時，f(x)取極小值.(1)求a，b，c，d的值；(2)當x1,1時，圖像上是否存在兩點，使得過這兩點處的切線互相垂直？試證明你的結論；(3)若x1，x21,1，求證：|f(x1)f(x2)|.解析(1)函數f(x)的圖像關于原點對稱，對任意實數x有f(x)f(x)，ax32bx2cx4dax32bx2cx4d，即bx22d0恒成立，b0，d0，f(x)ax3cx，f(x)3ax2c，當x1時，f(x)取極小值，3ac0且ac.解得a，c1.(2)當x1,1時，圖像上不存在這樣的兩點使結論成立假設圖像上存在兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，使得過此兩點處的切線互相垂直，則由f(x)x21知兩點處的切線斜率分別為k1x1，k2x1，且(x1)·(x1)1.(*)x1，x21,1，x10，x10.(x1)(x1)0.此與(*)相矛盾，故假設不成立(3)證明：f(x)x21，令f(x)0，得x±1，當x(，1)或x(1，)時，f(x)>0，當x(1,1)時，f(x)<0，f(x)在1,1上是減函數，且f(x)maxf(1)，f(x)minf(1).在1,1上，|f(x)|，于是x1，x21,1時，|f(x1)f(x2)|f(x1)|f(x2)|.