2018_2019学年高中数学阶段质量检测（三）导数及其应用（含解析）新人教a版

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1、阶段质量检测（三）导数及其应用(时间：120分钟　满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若f(x)＝sinα－cosx，则f′(x)等于(　　)A．sinx　　　　　　　　B．cosxC．cosα＋sinxD．2sinα＋cosx解析：选A　函数是关于x的函数，因此sinα是一个常数．2．曲线y＝f(x)＝x3－3x2＋1在点(2，－3)处的切线方程为(　　)A．y＝－3x＋3B．y＝－3x＋1C．y＝－3D．x＝2解析：选C　因为y′＝f′(x

2、)＝3x2－6x，则曲线y＝x3－3x2＋1在点(2，－3)处的切线的斜率k＝f′(2)＝3×22－6×2＝0，所以切线方程为y＝－3.3．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(　　)A．1个　　　B．2个　　　C．3个　　　D．4个解析：选A　设极值点依次为x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，则f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上递增，在(x1，x2)，(x3，b)上递减，因此，x1，x3是极大值点，只有x2是极小值点．4．

3、函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间是(　　)A.B.C.，D.，解析：选A　∵f′(x)＝2x－＝，当0＜x≤时，f′(x)≤0，故f(x)的单调递减区间为.5．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是(　　)A．1B.C．0D．－1解析：选A　f′(x)＝3－12x2，令f′(x)＝0，则x＝－(舍去)或x＝，f(0)＝0，f(1)＝－1，f＝－＝1，∴f(x)在[0,1]上的最大值为1.6．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝(　　)A．2B．3C．4D．5解析：选

4、D　f′(x)＝3x2＋2ax＋3，∵f′(－3)＝0.∴3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，∴a＝5.7．已知物体的运动方程是S(t)＝t2＋(t的单位：s，S的单位：m)，则物体在时刻t＝2时的速度v与加速度a分别为(　　)A.m/s，m/s2B.m/s，m/s2C.m/s，m/s2D.m/s，m/s2解析：选A　S′(t)＝2t－，∴v＝S′(2)＝2×2－＝(m/s)．令g(t)＝S′(t)＝2t－，∴g′(t)＝2＋2t－3，∴a＝g′(2)＝(m/s2)．8.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x－b)2＋c的

5、图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是(　　)解析：选D　由导函数图象可知，当x<0时，函数f(x)递减，排除A、B；当00，函数f(x)递增．因此，当x＝0时，f(x)取得极小值，故选D.9．定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)>，则满足2f(x)

6、－1

7、x<1}C．{x

8、x<－1或x>1}D．{x

9、x>1}解析：选B　令g(x)＝2f(x)－x－1，∵f′(x)>，∴g′(x)＝2f′(x)－1>0，∴g(x)为

10、单调增函数，∵f(1)＝1，∴g(1)＝2f(1)－1－1＝0，∴当x<1时，g(x)<0，即2f(x)

11、数，∴x＝6时y取得最大值．11．若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则实数a的取值范围是(　　)A．[－1,0]B.C.D．[9，＋∞)解析：选C　∵f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，∴f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，∵f′(x)＝2x＋a－在上递增，∴f′＝－9＋a≥0，∴a≥.故选C.12．定义在(0，＋∞)上的可导函数f(x)满足f′(x)·x＜f(x)，且f(2)＝0，则＞0的解集为(　　)A．(0,2)B．(0,2)∪(2，＋∞)C．(2，＋∞)D．∅解析：选A　∵′＝＜0，∴在(0，＋∞)上为减函数．又

12、∵f(2)＝0，∴＝0.∴＞0的解集为0＜x＜2，故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．若f(x)＝x3－f′(1)x2＋x＋5，则f′(1)＝________.解析：f′(x)＝x2－2f′(1)