专题4.5 《导数》单元测试卷 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）解析版.docx

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1、专题4.5 导数单元测试卷考试时间：120分钟 满分：150注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回第I卷 选择题部分（共60分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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（2020·全国高二课时练习）已知f(x)sinxcosx，则（ ）A0BCD1【答案】C【解析】根据求导公式直接求导即

2、可.【详解】cosxsinx，cossin.故选：C2（2021·全国高三其他模拟（文）函数在处的切线斜率为（ ）ABCD【答案】C【解析】求出在处导数值即可.【详解】，积切线斜率为0.故选：C.3（2021·江西抚州市·临川一中高三其他模拟（理）曲线在处的切线方程为（ ）ABCD【答案】D【解析】根据导数的几何意义求出直线的斜率，再求出切点坐标，最后运用直线的点斜式方程就可以求出切线方程.【详解】依题意，则，而当时，故所求切线方程为，即.故选：D.4（2021·江苏高三其他模拟）函数的大致图象是（ ）ABCD【答案】A【解析】判断函数的奇偶性，通过求导

3、判断函数的单调性，利用排除法即可得解【详解】因为，所以是奇函数，从而的图像关于原点对称.故排除B和C.因为，所以是增函数，故排除D. 故选：5（2021·沈阳市·辽宁实验中学高三二模）随着科学技术的发展，放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域，并取得了显著经济效益，假设某放射性同位素的衰变过程中，其含量（单位：贝克）与时间（单位：天）满足函数关系，其中为初始时该放射性同位素的含量，已知时，该放射性同位素的瞬时变化率为，则该放射性同位素含量为9贝克时衰变所需时间为（ ）A20天B30天C45天D60天【答案】B【解析】求导，根据时，该放射性同位素的瞬时变化率为，求

4、得，得到，再由求解.【详解】由得，因为时，该放射性同位素的瞬时变化率为，即，解得，则，当该放射性同位素含量为9贝克时，即，所以，即，所以，解得，故选：B6（2020·全国高二课时练习）函数在上是减函数，则（ ）ABCD【答案】D【解析】先求解出，然后根据在上恒成立求解出的取值范围.【详解】，又函数在上是减函数，在上恒成立，当时，显然成立，当时，且，.当时，满足题意故选：D.7（2021·山东烟台市·高三其他模拟）若函数的所有零点之和为0，则实数a的取值范围为（ ）ABCD【答案】A【解析】先根据分段函数的形式确定出时的零点为，再根据时函数解析式的特点和导数的符号确

5、定出图象的“局部对称性”以及单调性，结合所有零点的和为0可得，从而得到参数的取值范围.【详解】当时，易得的零点为，当时，当时，的图象在上关于直线对称.又，当时，故单调递增，当时，故单调递减，且，.因为的所有零点之和为0，故在内有2个不同的零点，且，解得.故实数a的取值范围为故选：A8（2020·云南丽江市·高二期末（文）已知定义在上的偶函数的导函数为，函数满足：当时， ，且则不等式的解集是（ ）ABCD【答案】C【解析】由已知条件构造函数，则，在R上为奇函数，且单调递增，而由，可得，然后分和对化简，再利用的单调性可解得不等式【详解】当时，令，为上的偶函数，则，在R上为奇函数

6、，且单调递增，且，则当时，即，即，；当时，即，综上，不等式的解集为故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9（2021·辽宁本溪市·高二月考）已知定义在上的函数满足，则下列结论正确的是（ ）ABCD【答案】AD【解析】把题中条件变形为，根据条件构造函数，利用函数的单调性即可比较大小.【详解】因为，所以，设，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，即，故选项A正确；由得，所以选项D正确；选项B，C无法推出.故选：.10（2021·辽宁高三其他模拟）已知和是函数的两个

7、极值点，且函数有且仅有两个不同零点，则值为（ ）ABCD0【答案】BD【解析】依题意解得，然后求得的极值. 要使函数有两个零点，则的极大值为0或的极小值为0，进而可得结果.【详解】，依题意，是的两个根，所以，解得.故.易求得函数的极大值为和极小值为.要使函数有两个零点，则极大值或极小值.所以或故选：BD.11（2021·济南市·山东师范大学附中高二期中）已知函数，则下列结论正确的是（ ）A若在单调递增，则实数B当时，是的极值点C当时，的零点满足D当时，恒成立【答案】AC【解析】对于，依题意转化可得在上恒成立，令，求函数的最小值即可；对于，将代入，判断函数的单调性，进而得出极

8、值情况；对于，将代入，利用零点存在性定理判断即可；对于，将代入，由即可判断【详解】对于，若在单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，令，则，易知函数在单调递增，故（1），即，选项正确；对于，当时，则在上单调递减，在上单调递增，故（1），在上单调递增，无极值点，选项错误；对于，当时，,在上单调递减，在上单调递增，故（0），在上递增，则仅有一个零点，又，由零点存在性定理可知，选项正确；对于，当时，当时，选项错误故选：12（2021·福建上杭一中高三其他模拟）函数，下列说法正确的是（ ）A当时，在处的切线方程为B当时，存在唯一极小值点且C存在，在上有且只有一个零点D对任意，在上均存在零点【答

9、案】ABC【解析】直接法，逐一验证选项，选项，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程，选项 通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项、，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线 的交点问题【详解】解：直接法，逐一验证选项，当时，所以，故切点为，所以切线斜率，故直线方程为：，即切线方程为： 选项符合题意；选项，当时，恒成立，所以单调递增，又， 故存在唯一极值点，不妨设，则，即，且，所以极小值，选项符合题意；对于，令，即，当，且 显然没有零点，故，且，所以则令，令，解得，所以 单调递增， 单调递减，有极大值， 单调递减， 单调递增，有极小值故选项，任意均有零点，不符合，选项，存在，有且只有唯一

10、零点，此时，故选：第II卷 非选择题部分（共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（2021·浙江高二期末）曲线上的任意一点P处切线的倾斜角的取值范围是_【答案】【解析】求出导数，可得导函数的值域即为倾斜角的正切值取值范围，即可得出倾斜角范围.【详解】由可得，设点P处切线的倾斜角为，则可得，则可得.故答案为：.14（2021·河南洛阳市·高二月考（理）若函数在上有两个零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】采用分离参数法，可得，再令，对函数求导，利用函数单调性，可知在上单调递减，在上单调递增，根据最小值和单调区间，作出函数的图象，利用数形结

11、合，即可求出结果.【详解】令，则，令，则由知，在上单调递减，在上单调递增，且，.，作出函数的图像，如下图所示：所以函数在上有两个零点，则实数的取值范围为.故答案为：.15（2021·陕西咸阳市·高三其他模拟）已知函数对均有，若恒成立，则实数m的取值范围是_.【答案】【解析】根据题意得，进而根据已知条件解方程得，进而将问题转化为恒成立，再构造函数，求函数最值即可.【详解】函数对均有，将换为x，得，由，解得.恒成立，恒成立，只需，令，则，令，则，在上单调递减，在上单调递增，m的取值范围为.故答案为：16（2021·辽宁大连市·高三二模）英国著名物理学家牛顿用

12、“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设，且，.则_；数列的前项和为，则_.【答案】 【解析】根据题意，求得表达式，进而可得，表达式，可求得，所以，根据等比数列定义及通项、求和公式，即可得答案.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（2021·河南洛阳市·高二月考（理）已知函数（1）求函数的单调区间；（2）求函数的极值【答案】（1）单调增区间

13、为：和，单调减区间为：；（2）极大值40，极小值8【解析】（1）对求导，令导函数大于0，得单增区间；令导函数小于0，得单减区间，（2）由（1）中的即可得单调区间.【详解】（1），令，则或2，200单调递增40单调递减8单调递增故的单调增区间为：和，单调减区间为：（2）由（1）得：当时，有极大值40，当时，有极小值818（2021·江苏高二月考）设函数（1）若在点处的切线为，求a，b的值；（2）求的单调区间.【答案】（1），；（2）当时，在单调递减；当时，的递增区间为，单减区间为.【解析】（1）根据导数的几何意义求出a，再把切点坐标代入切线方程求出b；（2）求出导函数，对a分类讨论，利

14、用导函数的正负与原函数的单调性的关系即可求出单调区间.【详解】（1）的定义域为，因为在点处的切线为，所以，所以；所以把点代入得：.即a，b的值为：，.（2）由（1）知：.当时，在上恒成立，所以在单调递减；当时，令，解得：，列表得：x-0+所以，时，的递增区间为，单减区间为.综上所述：当时，在单调递减；当时，的递增区间为，单减区间为.19（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（文）已知函数.（1）当时，判断的单调性；（2）若有两个极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）当时，利用导数证明函数的导数恒大于0，即可得到答案；（2）利用参变分离将问题转化为方程有两

15、个不相等的实根，讨论和，即可得到答案；【详解】（1）当时，的定义域为，令，则，当，当，所以在上单调递减，在上单调递增，为的极小值点，且，在单调递增.（2）问题转化为方程有两个不相等的实根，当，即时，不成立；当且时，令，则与的图象有两个交点，或；，在单调递减，在单调递增，又当，且在的最小值为，当时，直线与的图象有两个交点，实数的取值范围.20（2021·河南郑州市·高二期末（理）已知函数，其中（1）若曲线在处的切线斜率为，求的值；（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1）求导，根据，代入求得参数a；（2）将不等式转化为，设，从而问题变

16、成函数值大小比较即为通过导数求得函数单调区间，进而转化为自变量大小比较，因含参数，后面利用分离参数，对新函数，利用导数研究其最值情况即可得到参数取值范围.【详解】解：（1）依题可得，且，（2）由题设知，即，整理得，设，则上式即为，令得当时，函数单调递增；当时，函数单调递减又当时，只需，即，设，则令得当时，单调递增；当时，单调递减21（2021·辽宁本溪市·高二月考）已知函数（1）求的单调区间；（2）若方程有两个不同的解，求实数的取值范围；（3）当时，求证：【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为；（2）；（3）证明见解析【解析】（1）求出函数的定义域，利用导数与函数单调性的

17、关系可求得函数的增区间和减区间；（2）利用（1）中的结论，数形结合可得出实数的取值范围；（3）构造函数，利用导数证得，由此可证得所证不等式成立.【详解】（1）函数的定义域为，且.令，解得；令，解得所以的单调增区间为，单调减区间为；（2）由（1）可知，当时，当时，由可得，则直线与函数的图象有两个交点，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是；（3）证明：欲证，只需证令，则，令，则，因为，所以，所以，所以在上单调递减，所以，所以，则在上单调递减，所以，故当时，【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（

18、或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.22（2021·全国高三其他模拟）已知函数f（x）1+lnx+ln2xx.（1）若g（x）f（x），求g（x）的极大值.（2）当xa（aR）时，f（x）0恒成立，求实数a的最小值.（3）当x（0，1）时，证明：xex+3sinx4x+x2.【答案】（1）；（2）1；（3）证明见解析.【解析】（1）首先求出，然后求导判断单调区间即可求出极大值；（2）借助第一问的结论可以求出的范围，进而求得最小值；（3）放缩后构造函数，求出其最值，即可得证.【详解】（1），因为当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，且，故的极大值为；（2）由（1）知：当时，恒成立，即恒成立，所以在上单调递减，又，所以当时，恒成立，所以，故实数a的最小值为1；（3）由（2）知：时，恒成立，令，所以恒成立，所以，故，当时，要证，只需证，即证，令，则，令，则，令，则，所以在上单调递增，所以，即，因此在上单调递增，所以，即，故在上单调递增，所以，即原不等式成立.