高中数学新教材选择性必修第二册讲义 章末检测试卷2(第5章)

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高考政策|高中“新”课程，新在哪里?1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。章末检测试卷二(第五章)(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择题(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．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0) 的几何意义是(　　)A．在x＝x0处的函数值B．在点(x0，f(x0))处的切线与x轴所夹锐角的正切值C．曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率D．点(x0，f(x0))与点(0,0)连线的斜率答案　C2．已知函数f(x)＝ln x，导函数为f′(x)，那么f′(2)等于(　　)A．－eq \f(1,4) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D．1答案　C解析　因为f(x)＝ln x，则f′(x)＝eq \f(1,x)，所以f′(2)＝eq \f(1,2).3．二次函数y＝f(x)的图象过原点，且它的导函数y＝f′(x)的图象是过第一、二、三象限的一条直线，则函数y＝f(x)的图象的顶点位于(　　)A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限答案　C解析　∵y＝f′(x)的图象过第一、二、三象限，故二次函数y＝f(x)的图象必然先下降再上升且对称轴在原点左侧，又其图象过原点，故顶点在第三象限．4．以正弦曲线y＝sin x上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)) B．[0，π)C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))答案　A解析　y′＝cos x，∵cos x∈[－1,1]，∴切线的斜率的取值范围是[－1,1]，∴倾斜角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).5．设曲线y＝eq \f(ln x,x＋1)在点(1,0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，则a等于(　　)A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C．－2 D．2答案　A解析　由题意得，y′＝eq \f(ln x′x＋1－ln xx＋1′,x＋12)＝eq \f(1＋\f(1,x)－ln x,x＋12)(x>0)，∵曲线在点(1,0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，∴eq \f(2－ln 1,4)＝－a，解得a＝－eq \f(1,2).6．函数f(x)＝eq \f(e|x|,3x)的部分图象大致为(　　)答案　C解析　f(x)＝eq \f(e|x|,3x)，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(－x)＝－eq \f(e|x|,3x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，图象关于原点对称，故排除B；f(1)＝eq \f(e,3)<1，故排除A；∵当x>0时，f′(x)＝eq \f(x－1ex,3x2)，又当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故排除D.7．若函数f(x)＝eq \f(ax2,x－1)(x>1)有最大值－4，则实数a的值是(　　)A．1 B．－1 C．4 D．－4答案　B解析　由函数f(x)＝eq \f(ax2,x－1)(x>1)，得f′(x)＝eq \f(2axx－1－ax2,x－12)＝eq \f(axx－2,x－12)，要使得函数f(x)有最大值－4，则a<0，则当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，所以当x＝2时，函数f(x)取得最大值，即f(x)max＝f(2)＝eq \f(4a,2－1)＝－4，解得a＝－1，满足题意．8．x＝1是函数f(x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex的极值点，则a的值为(　　)A．－2 B．3 C．－2或3 D．－3或2答案　B解析　由f(x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex，得f′(x)＝(x2＋2ax＋2x－a2－a＋3)ex，∵x＝1是函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝6－a2＋a＝0，解得a＝3或a＝－2，当a＝－2时，f′(x)＝(x2－2x＋1)ex≥0恒成立，即f(x)单调递增，无极值点，舍去；当a＝3时，f′(x)＝(x2＋8x－9)ex＝0时，x＝1或x＝－9，满足x＝1为函数f(x)的极值点，∴a＝3.二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)的图象的一部分如图所示，则(　　)A．函数f(x)有极大值f(3)B．函数f(x)有极小值f(－eq \r(3))C．函数f(x)有极大值f(eq \r(3))D．函数f(x)有极小值f(－3)答案　AD解析　当x<－3时，y＝xf′(x)>0，即f′(x)<0；当－33时，f′(x)<0.∴f(x)的极大值是f(3)，f(x)的极小值是f(－3)．10．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的值可以是(　　)A．－eq \r(3) B．－1 C.eq \r(3) D．2答案　ABC解析　由题意得f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，则Δ＝4a2－12≤0，解得－eq \r(3)≤a≤eq \r(3).11．设函数f(x)＝eq \f(1,3)x－ln x(x>0)，则y＝f(x)(　　)A．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点B．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内有零点C．在区间(1，e)内无零点D．在区间(1，e)内有零点答案　AD解析　由题意得f′(x)＝eq \f(x－3,3x)(x>0)，令f′(x)>0，得x>3；令f′(x)<0，得00，f(e)＝eq \f(e,3)－1<0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq \f(1,3e)＋1>0.所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点．12．已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0，使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是(　　)A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－xC．f(x)＝ln x D．f(x)＝eq \f(1,x)答案　ACD解析　对于A，f′(x)＝2x，由x2＝2x，得x＝0或x＝2，有“巧值点”；对于B，f′(x)＝－e－x，－e－x＝e－x无解，无“巧值点”；对于C，f′(x)＝eq \f(1,x)，方程ln x＝eq \f(1,x)有解，有“巧值点”；对于D，f′(x)＝－eq \f(1,x2)，由eq \f(1,x)＝－eq \f(1,x2)，得x＝－1，有“巧值点”．三、填空题(本题共6小题，共20分)13．函数g(x)＝x3－6x2＋9x－10的零点有________个．答案　1解析　g(x)＝x3－6x2＋9x－10，故g′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，故函数在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在[1,3]上单调递减，则函数的极大值为g(1)＝1－6＋9－10＝－6<0，函数的极小值为g(3)＝27－54＋27－10＝－10<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故函数共有1个零点．14．若函数的导数为f′(x)，且f(x)＝2f′(2)x＋x3，则f′(2)＝________.答案　－12解析　由题意得f′(x)＝2f′(2)＋3x2，∴f′(2)＝2f′(2)＋12，∴f′(2)＝－12.15．若函数y＝－x3＋ax在[1，＋∞)上是单调函数，则a的最大值是________．答案　3解析　y′＝－3x2＋a，由题意得－3x2＋a≤0在区间[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在区间[1，＋∞)上恒成立，据此可得a≤3，即a的最大值是3.16．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如表所示，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．下列关于f(x)的命题：①函数f(x)的极大值点为0,4；②函数f(x)在[0,2]上单调递减；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当10；当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(1，＋∞)．(2)当x∈[－1,2]时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：当x＝－1时，f(－1)＝2(－1)3－3(－1)2＋4＝－1；当x＝1时，f(1)＝2－3＋4＝3，所以当x∈[－1,2]时，函数f(x)的最小值为－1.19．(12分)设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.(1)求f′(2)的值；(2)求f(x)的单调区间和极值；(3)若关于x的方程f(x)＝a有3个不同的实根，求实数a的取值范围．解　(1)∵f′(x)＝3x2－6，∴f′(2)＝6.(2)f′(x)＝3(x2－2)，令f′(x)＝0，得x1＝－eq \r(2)，x2＝eq \r(2)，当x<－eq \r(2)或x>eq \r(2)时，f′(x)>0；当－eq \r(2)0，,5－4\r(2)－a<0，))解得5－4eq \r(2)0，得x>2或x<1；由f′(x)<0，得10，即a<2或a>eq \f(5,2).∴a的取值范围为(－∞，2)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).21．(12分)某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为30元，并且每件产品需向总公司缴纳a元(a为常数，2≤a≤5)的管理费，根据多年的管理经验，预计当每件产品的售价为x元时，产品一年的销售量为eq \f(k,ex)(e为自然对数的底数)万件．已知当每件产品的售价为40元时，该产品一年的销售量为500万件，经物价部门核定，每件产品的售价x最低不低于35元，最高不超过41元．(1)求分公司经营该产品一年的利润L(x)(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L(x)最大？并求出L(x)的最大值．解　(1)设该产品一年的销售量为Q(x)＝eq \f(k,ex)，则eq \f(k,e40)＝500，所以k＝500e40，则该产品一年的销售量Q(x)＝eq \f(500e40,ex)，则该产品一年的利润L(x)＝(x－a－30)eq \f(500e40,ex)＝500e40·eq \f(x－a－30,ex)(35≤x≤41)．(2)L′(x)＝500e40·eq \f(31＋a－x,ex).①若2≤a≤4，则33≤a＋31≤35，当35≤x≤41时，L′(x)≤0，L(x)单调递减，所以当x＝35时，L(x)取得最大值为500(5－a)e5；②若40时，∵x>0，∴2ax2＋x＋a>0，∴f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，设g(x)＝2ax2＋x＋a＝2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4a)))2＋a－eq \f(1,8a)，∵－eq \f(1,4a)>0，故只需Δ≤0，从而得a≤－eq \f(\r(2),4)，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减．综上可得，a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),4)))∪[0，＋∞)．x－1045f(x)1221x－1(－1,0)0(0,1)1(1,2)2f′(x)＋0－0＋f(x)－1极大值极小值8