2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十三文

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1、2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十三文一、选择题1．设f(x)＝xlnx，f′(x0)＝2，则x0＝(　　)A．e2B．eC.D．ln2解析：选B　∵f′(x)＝1＋lnx，∴f′(x0)＝1＋lnx0＝2，∴x0＝e，故选B.2．函数f(x)＝excosx的图象在点(0，f(0))处的切线方程是(　　)A．x＋y＋1＝0B．x＋y－1＝0C．x－y＋1＝0D．x－y－1＝0解析：选C　依题意，f(0)＝e0cos0＝1，因为f′(x)＝excosx－exsinx，所以f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.3．已知直

2、线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋mx＋n相切于点A(1,3)，则n＝(　　)A．－1B．1C．3D．4解析：选C　对于y＝x3＋mx＋n，y′＝3x2＋m，而直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋mx＋n相切于点A(1,3)，则有可解得n＝3.4．若下列图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R，a≠0)的导函数f′(x)的图象，则f(1)＝(　　)A.B．－C.D．－解析：选A　由题意知，f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，∵a≠0，∴其图象为最右侧的一个．由f′(0)＝a2－1＝0，得a＝±1.由导函数f′(x)的图象可知，a<0，故a＝－1，

3、∴f(x)＝x3－x2＋1，f(1)＝－1＋1＝.5．已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)A.和(1，＋∞)B．(0,1)和(2，＋∞)C.和(2，＋∞)D．(1,2)解析：选C　函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．6.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝log2的单调递减区间为(　　)A.B．[3，＋∞)C．[－2,3]D．(－∞，－2)解析：选D　因为f(x)＝x3＋bx

4、2＋cx＋d，所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以解得令g(x)＝x2＋bx＋，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.当x<时，g′(x)<0，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y＝log2的单调递减区间为(－∞，－2)．7．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)A．－，0B．0，－C.，0D．0，解析：选C　由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f

5、(1)＝0，得解得，∴f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得当x＝时，f(x)取极大值，当x＝1时，f(x)取极小值0.8．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是(　　)A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(1,2)D．(2，＋∞)解析：选D　因为f(x)＋xf′(x)<0，所以[xf(x)]′<0，故xf(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)·f(x2－1)，所以0

6、12.9.已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为其导函数，函数y＝f′(x)的图象如图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)>1的解集为(　　)A．(－3，－2)∪(2,3)B．(－，)C．(2,3)D．(－∞，－)∪(，＋∞)解析：选A　由y＝f′(x)的图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f(－2)＝1，f(3)＝1，∴f(x2－6)>1可化为－20)，则f(x)(　　)A．在区间，(1，e)上均有零

7、点B．在区间，(1，e)上均无零点C．在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点D．在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点解析：选D　因为f′(x)＝－，所以当x∈(0,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而0<<10，f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，所以f(x)在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点．11．(xx·成都模拟)已知曲线C1：y2＝tx(y>0，t>0)在点M处的切线与曲线C2：y＝ex＋1－1也相切，则tln的值为(　　)A．4e2B．8eC．2D．8解析：选D　由y＝，得y′＝·x－，则曲线C1在x