最新高中数学(苏教版选修2-2)章末检测卷(一) Word版含解析

章末检测卷(一)
(时间：120分钟满分：160分) 一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)
1．物体运动的方程为s＝1
4t
4－3，则t＝5时的瞬时速度为________．
答案125
解析v＝s′＝t3，
∴t＝5时的瞬时速度为125.
2．函数y＝3x－x3的单调增区间是________．
答案(－1,1)
解析y′＝3－3x2>0⇒x∈(－1,1)．
3．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．
答案 2
解析f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
∴f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，
单调减区间为(0,2)，
∴f(x)在x＝2处取得极小值．
4.如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)＝________.
答案 2
解析 点P 在切线上，
∴f (5)＝－5＋8＝3，
f ′(5)＝k ＝－1，
∴f (5)＋f ′(5)＝3－1＝2.
5．若函数y ＝a (x 3－x )的增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－33，⎝⎛⎭
⎫33，＋∞，则a 的取值范围是________． 答案 a >0
解析 依题意y ′＝a (3x 2－1)>0的解集为⎝
⎛⎭⎫－∞，－33，⎝⎛⎭⎫33，＋∞，∴a >0. 6.函数y ＝f (x )的图象过原点且它的导函数y ＝f ′(x )的图象是如右图所示的一条直线，则y ＝f (x )图象的顶点在第________象限．
答案 一
解析 显然y ＝f (x )为二次函数，设为f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，
则y ＝f ′(x )＝2ax ＋b .
由图象知a <0，b >0.又由已知函数的图象过原点，
∴c ＝0，顶点为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－b 2a ，－b 24a ， 因而y ＝f (x )的顶点在第一象限．
7.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a 的取值范围是________． 答案 [－3，3]
解析 依题意可知函数f (x )在(－∞，＋∞)上是单调减函数，所以f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，则Δ＝4a 2－12≤0，解得－3≤a ≤ 3.
8．若曲线y ＝2x 2的一条切线l 与直线x ＋4y －8＝0垂直，则切线l 的方程为________． 答案 4x －y －2＝0
解析 y ′＝4x ，设切点M (x 0，y 0)，∴k ＝4x 0.
又∵x ＋4y －8＝0的斜率k 1＝－14
， ∴k ＝4x 0＝4，x 0＝1，
y 0＝2x 20＝2，即切点为M (1,2)，k ＝4.
故切线l 的方程为y －2＝4(x －1)，即4x －y －2＝0.
9．曲线y ＝sin x ，y ＝cos x 与直线x ＝0，x ＝π2
所围成的平面区域的面积为________．(用定积分表示)
答案 2ʃπ4
0(cos x －sin x )d x
解析
如图所示，两阴影部分面积相等，所示两阴影面积之和等于0<x <π4
阴影部分面积的2倍． 10．已知函数f (x )＝ax 3－x 2＋x －5在(－∞，＋∞)上既有极大值，也有极小值，则实数a 的取值范围为________．
答案 a <13
且a ≠0 解析 f ′(x )＝3ax 2－2x ＋1，
函数f (x )在(－∞，＋∞)上既有极大值，也有极小值，
等价于f ′(x )＝0有两个不等实根，
即⎩⎨⎧ 3a ≠0，Δ＝4－12a >0.
解得a <13且a ≠0. 11．方程2x 3－6x 2＋7＝0在(0,2)内根的个数为________．
答案 1
解析 令f (x )＝2x 3－6x 2＋7， ∴f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，
由f ′(x )>0得x >2或x <0；由f ′(x )<0得0<x <2；又f (0)＝7>0，f (2)＝－1<0，
∴方程在(0,2)内只有一个实根．
12．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 在区间(－1,1)上是增函数，则实数a 的取值范围是________． 答案 a ≥3
解析 由题意应有f ′(x )＝－3x 2＋a ≥0在区间(－1,1)上恒成立，则a ≥3x 2在(－1,1)恒成立，故a ≥3.
13．在平面直角坐标系xOy 中，点P 在曲线C ：y ＝x 3－10x ＋3上，且在第二象限内，已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2，则点P 的坐标为________
答案 (－2,15)
解析 y ′＝3x 2－10＝2⇒x ＝±2，又点P 在第二象限内，∴x ＝－2，得点P 的坐标为(－2,15)．
14.函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，在x ＝1时有极值10，那么a ，b 的值分别为________． 答案 4，－11
解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝2a ＋b ＋3＝0，f (1)＝a 2＋a ＋b ＋1＝10，
⎩⎨⎧ 2a ＋b ＝－3，a 2＋a ＋b ＝9，解得⎩⎨⎧ a ＝－3，b ＝3，或⎩⎨⎧
a ＝4，
b ＝－11，
经检验，当a ＝－3时，x ＝1不是极值点， 所以a ，b 的值分别为4，－11.
二、解答题(本大题共6小题，共90分)
15．(14分)设函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ＋8，其中a ∈R .已知f (x )在x ＝3处取得极值．
(1)求f (x )的解析式；
(2)求f (x )在点A (1,16)处的切线方程．
解 (1)f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a .
∵f (x )在x ＝3处取得极值，
∴f ′(3)＝6×9－6(a ＋1)×3＋6a ＝0，
解得a ＝3.
∴f (x )＝2x 3－12x 2＋18x ＋8.
(2)A 点在f (x )上，
由(1)可知f ′(x )＝6x 2－24x ＋18，
f ′(1)＝6－24＋18＝0，
∴切线方程为y ＝16.
16.(14分)已知f (x )＝log 3x 2＋ax ＋b x
，x ∈(0，＋∞)，是否存在实数a 、b ，使f (x )同时满足下列两个条件：(1)f (x )在(0,1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数；(2)f (x )的最小值是1，若存在，求出a 、b ，若不存在，说明理由．
解 设g (x )＝x 2＋ax ＋b x
， ∵f (x )在(0,1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，
∴g (x )在(0,1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，
∴⎩⎨⎧ g ′(1)＝0，g (1)＝3，∴⎩⎨⎧ b －1＝0，a ＋b ＋1＝3，解得⎩⎨⎧
a ＝1，
b ＝1.
经检验，a ＝1，b ＝1时，f (x )满足题设的两个条件．
即存在实数a ＝1，b ＝1，使f (x )同时满足题设的两个条件．
17．(14分)设函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )＋ax (a >0)．
(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；
(2)若f (x )在(0,1]上的最大值为12
，求a 的值． 解 函数f (x )的定义域为(0,2)，
f ′(x )＝1x －12－x
＋a . (1)当a ＝1时，f ′(x )＝－x 2＋2x (2－x )
， 所以f (x )的单调递增区间为(0，2)，
单调递减区间为(2，2)．
(2)当x ∈(0,1]时，f ′(x )＝2－2x
x (2－x )＋a >0， 即f (x )在(0,1]上单调递增，故f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a ，因此a ＝12
. 18.（16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k e x (e 为自然对数的底数)万件．已知每件产品的售价为40元时，该产品的一年销售量为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)由于年销售量为Q (x )＝k e x ，则k e 40＝500， 所以k ＝500e 40
，则年销售量为Q (x )＝500e 40e x 万件， 则年利润L (x )＝(x －a －30)500e 40e x ＝500e 40
·x －a －30e x (35≤x ≤41)． (2)L ′(x )＝500e 40·31＋a －x e x
. ①当2≤a ≤4时，33≤a ＋31≤35，
当35≤x ≤41时，L ′(x )≤0；
所以x ＝35时，L (x )取最大值为500(5－a )e 5.
②当4<a ≤5时，35<a ＋31≤36，
令L ′(x )＝0，得x ＝a ＋31，易知x ＝a ＋31时，L (x )取最大值为500e 9－a .
综上所述，当2≤a ≤4，每件产品的售价为35元时，该产品一年的利润最大，最大利润为500(5－a )e 5万元；当4<a ≤5，每件产品的售价为(31＋a )元时，该产品一年的利润最大，最大利润为500e 9－a 万元．
19．(16分)设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．
(1)确定a 的值；
(2)求函数f (x )的单调区间与极值．
解 (1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，
故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x
. 令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，
所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为
y －16a ＝(6－8a )(x －1)，
由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12
. (2)由(1)知，f (x )＝12
(x －5)2＋6ln x (x >0)， f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)x
. 令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3.
当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，
故f (x )在(0,2)和(3，＋∞)上为增函数；
当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．
由此可知，f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92
＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3. 20.
(16分)已知函数f (x )＝ax 3－32
x 2＋1(x ∈R )，其中a >0.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若在区间[－1
2，
1
2]上，f(x)>0恒成立，求a的取值范围．
解(1)当a＝1时，f(x)＝x3－3
2x
2＋1，f(2)＝3.
f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9.
(2)f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1
a.
以下分两种情况讨论：
①若0<a≤2，则1
a≥1 2.
当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：
x (－1
2
，0)0(0，1
2)
f′(x)＋0－
f(x)
单调递增极大值单调递减
当x∈[－1
2，1
2]时，
f (x )>0等价于⎩⎨⎧ f (－12)>0，f (12)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 5－a 8>0，5＋a 8>0.
解不等式组得－5<a <5.因此0<a ≤2.
②若a >2，则0<1a <12
. 当x 变化时，f ′(x )和f (x )的变化情况如下表： x (－12，0) 0 (0，1a ) 1a (1a ，12) f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当x ∈[－12，12
]时， f (x )>0等价于⎩⎨⎧ f (－12)>0，f (1a )>0，
即⎩⎨⎧ 5－a 8>01－12a 2>0 解不等式组得22<a <5或a <－22. 因此2<a <5.
综合①②，可知a 的取值范围为0<a <5.。