• 69.51 KB
  • 2021-06-16 发布

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 导数运算是基点几何意义是重点定积分应用是潜考点

  • 6页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
高考达标检测(十一) 导数运算是基点、几何意义是重点、 定积分应用是潜考点 一、选择题 1.若 a=错误!xdx,则二项式 x-a+1 x 6 展开式中的常数项是( ) A.20 B.-20 C.-540 D.540 解析:选 C a=错误!xdx=1 2x| 2 0 =2,则 x-3 x 6 展开式的通项 Tr+1=(-3)rCr6x6-2r, 令 6-2r=0 可得 r=3,则常数项是 T4=(-3)3C36=-540. 2.(2018·衡水调研)曲线 y=1- 2 x+2 在点(-1,-1)处的切线方程为( ) A.y=2x+1 B.y=2x-1 C.y=-2x-3 D.y=-2x-2 解析:选 A ∵y=1- 2 x+2 = x x+2 , ∴y′=x+2-x x+22 = 2 x+22 ,y′|x=-1=2, ∴曲线在点(-1,-1)处的切线斜率为 2, ∴所求切线方程为 y+1=2(x+1), 即 y=2x+1. 3.(2018·济南一模)已知曲线 f(x)=ln x 的切线经过原点,则此切线的斜率为( ) A.e B.-e C.1 e D.-1 e 解析:选 C 法一:∵f(x)=ln x,x∈(0,+∞), ∴f′(x)=1 x. 设切点 P(x0,ln x0), 则切线的斜率为 k=f′(x0)= 1 x0 =kOP=ln x0 x0 . ∴ln x0=1,∴x0=e,∴k= 1 x0 =1 e. 法二:(数形结合法):在同一坐标系下作出 y=ln x 及曲线 y=ln x 经过原点的切线, 由图可知,切线的斜率为正,且小于 1,故选 C. 4.已知 f(x)=ln x,g(x)=1 2x2+mx+7 2(m<0),直线 l 与函数 f(x),g(x)的图象都相切, 且与 f(x)图象的切点为(1,f(1)),则 m 的值为( ) A.-1 B.-3 C.-4 D.-2 解析:选 D ∵f′(x)=1 x , ∴直线 l 的斜率为 k=f′(1)=1. 又 f(1)=0, ∴直线 l 的方程为 y=x-1. g′(x)=x+m,设直线 l 与 g(x)的图象的切点为(x0,y0), 则有 x0+m=1,y0=x0-1, 又因为 y0=1 2x20+mx0+7 2(m<0), 解得 m=-2,故选 D. 5.(2018·南昌二中模拟)设点 P 是曲线 y=x3- 3x+2 3 上的任意一点,P 点处切线倾斜 角α的取值范围为( ) A. 0,π 2 ∪ 5π 6 ,π B. 2π 3 ,π C. 0,π 2 ∪ 2π 3 ,π D. π 2 ,5π 6 解析:选 C 因为 y′=3x2- 3≥- 3,故切线斜率 k≥- 3, 所以切线倾斜角α的取值范围是 0,π 2 ∪ 2π 3 ,π . 6.已知曲线 y= 1 ex+1 ,则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为( ) A.x+4y-2=0 B.x-4y+2=0 C.4x+2y-1=0 D.4x-2y-1=0 解析:选 A y′= -ex ex+12 = -1 ex+1 ex +2 ,因为 ex>0,所以 ex+1 ex ≥2 ex×1 ex =2(当且 仅当 ex=1 ex ,即 x=0 时取等号),则 ex+1 ex +2≥4,故 y′= -1 ex+1 ex +2 ≥-1 4(当 x=0 时取等 号).当 x=0 时,曲线的切线斜率取得最大值,此时切点的坐标为 0,1 2 ,切线的方程为 y -1 2 =-1 4(x-0),即 x+4y-2=0.故选 A. 二、填空题 7.若 a 和 b 是计算机在区间(0,2)上产生的随机数,那么函数 f(x)=lg(ax2+4x+4b)的值 域为 R 的概率为________. 解析:由题意知 00, Δ=16-16ab≥0, 化简可得 a>0, ab≤1, 如图所示, 不等式 a>0, b>0, ab≤1 所表示的图形的面积 S=2×1 2 +  2 2  1 ada=1+ln a|11 2 =1+2ln 2, 所以所求事件的概率为1+2ln 2 4 . 答案:1+2ln 2 4 8.已知函数 f(x)=eax+bx(a<0)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=5x+1,且 f(1)+f′(1) =12.则 a,b 的值分别为________. 解析:f(x)=eax+bx,那么 f′(x)=aeax+b, 由 f′0=5, f1+f′1=12, 得 a+b=5, aea+b+b+ea=12, 化简得(ea-2)(a+1)=0, 由 a<0,得 a=-1,b=6. 答案:-1,6 9.(2017·东营一模)函数 f(x)=xln x 在点 P(x0,f(x0))处的切线与直线 x+y=0 垂直,则 切点 P(x0,f(x0))的坐标为________. 解析:∵f(x)=xln x, ∴f′(x)=ln x+1, 由题意得 f′(x0)·(-1)=-1, 即 f′(x0)=1⇔ln x0+1=1⇔ln x0=0⇔x0=1, ∴f(x0)=1·ln 1=0, ∴P(1,0). 答案:(1,0) 10.设过曲线 f(x)=-ex-x(e 为自然对数的底数)上的任意一点的切线为 l1,总存在过 曲线 g(x)=mx-3sin x 上的一点处的切线 l2,使 l1⊥l2,则 m 的取值范围是________. 解析:设曲线 f(x)上任意一点 A(x1,y1),曲线 g(x)上存在一点 B(x2,y2),f′(x)=-ex -1,g′(x)=m-3cos x. 由题意可得 f′(x1)g′(x2)=-1, 且 f′(x1)=-ex1-1∈(-∞,-1),g′(x2)=m-3cos x2∈[m-3,m+3]. 因为过曲线 f(x)=-ex-x(e 为自然对数的底数)上的任意一点的切线为 l1,总存在过曲 线 g(x)=mx-3sin x 上的一点处的切线 l2,使 l1⊥l2, 所以(0,1)⊆[m-3,m+3], 所以 m-3≤0,且 m+3≥1,解得-2≤m≤3. 答案:[-2,3] 三、解答题 11.已知函数 f(x)=1 3x3-2x2+3x(x∈R)的图象为曲线 C. (1)求过曲线 C 上任意一点切线斜率的取值范围; (2)若在曲线 C 上存在两条相互垂直的切线,求其中一条切线与曲线 C 的切点的横坐标 的取值范围. 解:(1)由题意得 f′(x)=x2-4x+3, 则 f′(x)=(x-2)2-1≥-1, 即过曲线 C 上任意一点切线斜率的取值范围是[-1,+∞). (2)设曲线 C 的其中一条切线的斜率为 k, 则由题意,及(1)可知, k≥-1, -1 k ≥-1, 解得-1≤k<0 或 k≥1, 故由-1≤x2-4x+3<0 或 x2-4x+3≥1, 得 x∈(-∞,2- 2]∪(1,3)∪[2+ 2,+∞). 12.已知函数 f(x)=1 2x2-ax+(3-a)ln x,a∈R. (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 2x-y+1=0 垂直,求 a 的值; (2)设 f(x)有两个极值点 x1,x2,且 x1-5. 解:(1)∵f′(x)=x-a+3-a x =x2-ax+3-a x , ∴f′(1)=4-2a, 由题意知 4-2a=-1 2 ,解得 a=9 4. (2)证明:由题意知,x1,x2 为 f′(x)=0 的两根, ∴ Δ=a2-43-a>0, a>0, 3-a>0, ∴20,故 h′(a)在(2,3)上递增. 又 h′(2)=-2<0,a→3 时,h′(a)→+∞, ∴∃a0∈(2,3),当 a∈(2,a0)时,h(a)递减,当 a∈(a0,3)时,h(a)递增, ∴h(a)min=h(a0)=-1 2a20+a0-3+(3-a0)·(-a0)=1 2a20-2a0-3=1 2(a0-2)2-5>-5, ∴∀a∈(2,3),h(a)>-5, 综上,f(x1)+f(x2)>-5. 1.(2018·广东七校联考)已知函数 y=x2 的图象在点(x0,x20)处的切线为 l,若 l 也与函数 y=ln x,x∈(0,1)的图象相切,则 x0 必满足( ) A.01, 设切点为(t,ln t), 则切线 l 的方程为 y=1 tx+ln t-1, 因为函数 y=x2 的图象在点(x0,x20)处的切线 l 的斜率为 2x0, 则切线方程为 y=2x0x-x20, 因为 l 也与函数 y=ln x,x∈(0,1)的图象相切, 则有 2x0=1 t , x20=1-ln t, 则 1+ln 2x0=x20,x0∈(1,+∞). 令 g(x)=x2-ln 2x-1,x∈(1,+∞), 所以该函数的零点就是 x0,则排除 A、B; 又因为 g′(x)=2x-1 x =2x2-1 x >0, 所以函数 g(x)在(1,+∞)上单调递增. 又 g(1)=-ln 2<0,g( 2)=1-ln 2 2<0,g( 3)=2-ln 2 3>0, 从而 22), 则φ(M,N)= |3x21-3x22| x1-x22+x31+2-x32-22 = |3x21-3x22| x1-x22[1+x21+x1x2+x222] = 3|x1-x2|·|x1+x2| |x1-x2| 1+[x1+x22-x1x2]2 = 3|x1+x2| 1+[x1+x22-1]2 = 3|t| 1+t2-12 = 3 t2+2 t2 -2 . 设 g(x)=x+2 x ,x>4,则 g′(x)=1- 2 x2>0, 所以 g(x)在(4,+∞)上单调递增,所以 g(x)>g(4)=9 2. 所以 t2+2 t2 -2>5 2 , 所以 0<φ(M,N)<3 10 5 . 答案: 0,3 10 5