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2022高考数学真题分类汇编05函数与导数
展开这是一份2022高考数学真题分类汇编05函数与导数,共33页。试卷主要包含了函数与导数,选择题,填空题等内容,欢迎下载使用。
2022高考数学真题分类汇编
五、函数与导数
一、选择题
1.(2022·全国甲(文T7)(理T5))函数在区间的图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令,
则,
所以为奇函数,排除BD;
又当时,,所以,排除C.
故选:A.
2.(2022·全国甲(文T8)(理T6)). 当时,函数取得最大值,则( )
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知,即可解得,再根据即可解出.
【详解】因为函数定义域为,所以依题可知,,,而,所以,即,所以,因此函数在上递增,在上递减,时取最大值,满足题意,即有.
故选:B.
3.(2022·全国乙(文T8) 如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像,则该函数是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设,则,故排除B;
设,当时,,
所以,故排除C;
设,则,故排除D.
故选:A.
4.(2022·全国乙(理)T12) 已知函数的定义域均为R,且.若的图像关于直线对称,,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性和已知条件得到,从而得到,,然后根据条件得到的值,再由题意得到从而得到的值即可求解.
【详解】因为的图像关于直线对称,
所以,
因为,所以,即,
因为,所以,
代入得,即,
所以,
.
因为,所以,即,所以.
因为,所以,又因为,
联立得,,
所以的图像关于点中心对称,因为函数的定义域为R,
所以
因为,所以.
所以.
故选:D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽,考生需要根据已知条件进行恰当的转化,然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.
5.(2022·新高考Ⅰ卷T10)已知函数,则( )
A. 有两个极值点 B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】利用极值点的定义可判断A,结合的单调性、极值可判断B,利用平移可判断C;利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题,,令得或,
令得,
所以在上单调递减,在,上单调递增,
所以是极值点,故A正确;
因,,,
所以,函数在上有一个零点,
当时,,即函数在上无零点,
综上所述,函数有一个零点,故B错误;
令,该函数的定义域为,,
则是奇函数,是的对称中心,
将的图象向上移动一个单位得到的图象,
所以点是曲线的对称中心,故C正确;
令,可得,又,
当切点为时,切线方程为,当切点为时,切线方程为,
故D错误.
故选:AC
6.(2022·新高考Ⅰ卷T12) 已知函数及其导函数的定义域均为,记,若,均为偶函数,则( )
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】转化题设条件为函数的对称性,结合原函数与导函数图象的关系,根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】因为,均为偶函数,
所以即,,
所以,,则,故C正确;
函数,的图象分别关于直线对称,
又,且函数可导,
所以,
所以,所以,
所以,,故B正确,D错误;
若函数满足题设条件,则函数(C为常数)也满足题设条件,所以无法确定的函数值,故A错误.
故选:BC.
【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质,准确把握原函数与导函数图象间的关系,准确把握函数的性质(必要时结合图象)即可得解.
7.(2022·新高考Ⅱ卷T8) 若函数的定义域为R,且,则( )
A. B. C. 0 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意赋值即可知函数的一个周期为,求出函数一个周期中的的值,即可解出.
【详解】因为,令可得,,所以,令可得,,即,所以函数为偶函数,令得,,即有,从而可知,,故,即,所以函数的一个周期为.
因为,,,,,所以
一个周期内的.由于22除以6余4,
所以.
故选:A.
8.(2022·北京卷T4) 己知函数,则对任意实数x,有( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接代入计算,注意通分不要计算错误.
【详解】,故A错误,C正确;
,不是常数,故BD错误;
故选:C.
9.(2022·北京卷T7) 在北京冬奥会上,国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术,为实现绿色冬奥作出了贡献.如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系,其中T表示温度,单位是K;P表示压强,单位是.下列结论中正确的是( )
A. 当,时,二氧化碳处于液态
B. 当,时,二氧化碳处于气态
C. 当,时,二氧化碳处于超临界状态
D. 当,时,二氧化碳处于超临界状态
【答案】D
【解析】
【分析】根据与的关系图可得正确的选项.
【详解】当,时,,此时二氧化碳处于固态,故A错误.
当,时,,此时二氧化碳处于液态,故B错误.
当,时,与4非常接近,故此时二氧化碳处于固态,
另一方面,时对应的是非超临界状态,故C错误.
当,时,因, 故此时二氧化碳处于超临界状态,故D正确.
故选:D
10.(2022·浙江卷T7) 已知,则( )
A. 25 B. 5 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数式与对数式的互化,幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出.
【详解】因为,,即,所以.
故选:C.
二、填空题
1.(2022·全国乙(文T16) 若是奇函数,则_____,______.
【答案】 ①. ; ②. .
【解析】
【分析】根据奇函数的定义即可求出.
【详解】因为函数为奇函数,所以其定义域关于原点对称.
由可得,,所以,解得:,即函数的定义域为,再由可得,.即,在定义域内满足,符合题意.
故答案为:;.
2.(2022·全国乙(理)T16) 已知和分别是函数(且)的极小值点和极大值点.若,则a的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】由分别是函数的极小值点和极大值点,可得时,,时,,再分和两种情况讨论,方程的两个根为,即函数与函数的图象有两个不同的交点,构造函数,根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.
【详解】解:,
因为分别是函数的极小值点和极大值点,
所以函数在和上递减,在上递增,
所以当时,,当时,,
若时,
当时,,
则此时,与前面矛盾,
故不符合题意,
若时,
则方程的两个根为,
即方程的两个根为,
即函数与函数的图象有两个不同的交点,
令,则,
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为,
则切线的斜率为,
故切线方程为,
则有,
解得,
则切线的斜率为,
因为函数与函数的图象有两个不同的交点,
所以,解得,
又,所以,
综上所述,的范围为.
【点睛】本题考查了函数的极值点问题,考查了导数的几何意义,考查了转化思想及分类讨论思想,有一定的难度.
3.(2022·新高考Ⅰ卷T15)若曲线有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是______________.
【答案】
【解析】
【分析】设出切点横坐标,利用导数的几何意义求得切线方程,根据切线经过原点得到关于的方程,根据此方程应有两个不同的实数根,求得的取值范围.
【详解】∵,∴,
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为:,
∵切线过原点,∴,
整理得:,
∵切线有两条,∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为:
4.(2022·新高考Ⅱ卷T14) 写出曲线过坐标原点的切线方程:____________,____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】分和两种情况,当时设切点为,求出函数导函数,即可求出切线的斜率,从而表示出切线方程,再根据切线过坐标原点求出,即可求出切线方程,当时同理可得;
【详解】解: 因为,
当时,设切点为,由,所以,所以切线方程为,
又切线过坐标原点,所以,解得,所以切线方程为,即;
当时,设切点为,由,所以,所以切线方程为,
又切线过坐标原点,所以,解得,所以切线方程为,即;
故答案为:;
5.(2022·北京卷T11) 函数的定义域是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组,解得即可;
【详解】解:因为,所以,解得且,
故函数的定义域为;
故答案为:
6.(2022·北京卷T14)设函数若存在最小值,则a的一个取值为________;a的最大值为___________.
【答案】 ① 0(答案不唯一) ②. 1
【解析】
【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论,可知,符合条件,不符合条件,时函数没有最小值,故的最小值只能取的最小值,根据定义域讨论可知或, 解得 .
【详解】解:若时,,∴;
若时,当时,单调递增,当时,,故没有最小值,不符合题目要求;
若时,
当时,单调递减,,
当时,
∴或,
解得,
综上可得;
故答案为:0(答案不唯一),1
7.(2022·浙江卷T14) 已知函数则________;若当时,,则的最大值是_________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】结合分段函数的解析式求函数值,由条件求出的最小值,的最大值即可.
【详解】由已知,,
所以,
当时,由可得,所以,
当时,由可得,所以,
等价于,所以,
所以的最大值为.
故答案为:,.
三、 解答题
1.(2022·全国甲(文)T20) 已知函数,曲线在点处的切线也是曲线的切线.
(1)若,求a;
(2)求a的取值范围.
【答案】(1)3 (2)
【解析】
【分析】(1)先由上的切点求出切线方程,设出上的切点坐标,由斜率求出切点坐标,再由函数值求出即可;
(2)设出上的切点坐标,分别由和及切点表示出切线方程,由切线重合表示出,构造函数,求导求出函数值域,即可求得的取值范围.
【小问1详解】
由题意知,,,,则在点处的切线方程为,
即,设该切线与切于点,,则,解得,则,解得;
【小问2详解】
,则在点处的切线方程为,整理得,
设该切线与切于点,,则,则切线方程为,整理得,
则,整理得,
令,则,令,解得或,
令,解得或,则变化时,的变化情况如下表:
0
1
0
0
0
则的值域为,故的取值范围为.
2.(2022·全国甲(理)T21) 已知函数.
(1)若,求a的取值范围;
(2)证明:若有两个零点,则环.
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【解析】
【分析】(1)由导数确定函数单调性及最值,即可得解;
(2)利用分析法,转化要证明条件为,再利用导数即可得证.
【小问1详解】
的定义域为,
令,得
当单调递减
当单调递增,
若,则,即
所以的取值范围为
【小问2详解】
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设
要证,即证
因为,即证
因为,即证
即证
即证
下面证明时,
设,
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以;
综上, ,所以.
【点睛】关键点点睛 :本题极值点偏移问题,关键点是通过分析法,构造函数证明不等式
这个函数经常出现,需要掌握
3.(2022·全国乙(文)T20) 已知函数.
(1)当时,求的最大值;
(2)若恰有一个零点,求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由导数确定函数的单调性,即可得解;
(2)求导得,按照、及结合导数讨论函数的单调性,求得函数的极值,即可得解.
【小问1详解】
当时,,则,
当时,,单调递增;
当时,,单调递减;
所以;
【小问2详解】
,则,
当时,,所以当时,,单调递增;
当时,,单调递减;
所以,此时函数无零点,不合题意;
当时,,在上,,单调递增;
在上,,单调递减;
又,当x趋近正无穷大时,趋近于正无穷大,
所以仅在有唯一零点,符合题意;
当时,,所以单调递增,又,
所以有唯一零点,符合题意;
当时,,在上,,单调递增;
在上,,单调递减;此时,
又,当n趋近正无穷大时,趋近负无穷,
所以在有一个零点,在无零点,
所以有唯一零点,符合题意;
综上,a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性,把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
4.(2022·全国乙(理)T21)已知函数
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)若在区间各恰有一个零点,求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)先算出切点,再求导算出斜率即可
(2)求导,对分类讨论,对分两部分研究
【小问1详解】
的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
【小问2详解】
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当
当
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】方法点睛:本题的关键是对的范围进行合理分类,否定和肯定并用,否定只需要说明一边不满足即可,肯定要两方面都说明.
5.(2022·新高考Ⅰ卷T22) 已知函数和有相同最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线,其与两条曲线和共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【答案】(1)
(2)见解析
【解析】
【分析】(1)根据导数可得函数的单调性,从而可得相应的最小值,根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
(2)根据(1)可得当时, 的解的个数、的解的个数均为2,构建新函数,利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系,根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值,再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【小问1详解】
的定义域为,而,
若,则,此时无最小值,故.
的定义域为,而.
当时,,故在上为减函数,
当时,,故在上为增函数,
故.
当时,,故在上为减函数,
当时,,故在上为增函数,
故.
因为和有相同的最小值,
故,整理得到,其中,
设,则,
故为上的减函数,而,
故的唯一解为,故的解为.
综上,.
【小问2详解】
由(1)可得和的最小值为.
当时,考虑的解的个数、的解的个数.
设,,
当时,,当时,,
故在上为减函数,在上为增函数,
所以,
而,,
设,其中,则,
故在上为增函数,故,
故,故有两个不同的零点,即的解的个数为2.
设,,
当时,,当时,,
故在上为减函数,在上为增函数,
所以,
而,,
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当,由(1)讨论可得、仅有一个零点,
当时,由(1)讨论可得、均无零点,
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点,
则.
设,其中,故,
设,,则,
故在上为增函数,故即,
所以,所以在上为增函数,
而,,
故在上有且只有一个零点,且:
当时,即即,
当时,即即,
因此若存在直线与曲线、有三个不同交点,
故,
此时有两个不同的零点,
此时有两个不同的零点,
故,,,
所以即即,
故为方程的解,同理也为方程的解
又可化为即即,
故为方程的解,同理也为方程的解,
所以,而,
故即.
【点睛】思路点睛:函数的最值问题,往往需要利用导数讨论函数的单调性,此时注意对参数的分类讨论,而不同方程的根的性质,注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
6.(2022·新高考Ⅱ卷T22) 已知函数.
(1)当时,讨论的单调性;
(2)当时,,求a的取值范围;
(3)设,证明:.
【答案】(1)的减区间为,增区间为.
(2)
(3)见解析
【解析】
【分析】(1)求出,讨论其符号后可得的单调性.
(2)设,求出,先讨论时题设中的不等式不成立,再就结合放缩法讨论符号,最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
(3)由(2)可得对任意的恒成立,从而可得对任意的恒成立,结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【小问1详解】
当时,,则,
当时,,当时,,
故的减区间为,增区间为.
【小问2详解】
设,则,
又,设,
则,
若,则,
因为为连续不间断函数,
故存在,使得,总有,
故在为增函数,故,
故在为增函数,故,与题设矛盾.
若,则,
下证:对任意,总有成立,
证明:设,故,
故在上为减函数,故即成立.
由上述不等式有,
故总成立,即在上为减函数,
所以.
当时,有,
所以在上为减函数,所以.
综上,.
【小问3详解】
取,则,总有成立,
令,则,
故即对任意的恒成立.
所以对任意的,有,
整理得到:,
故
,
故不等式成立.
【点睛】思路点睛:函数参数的不等式的恒成立问题,应该利用导数讨论函数的单调性,注意结合端点处导数的符号合理分类讨论,导数背景下数列不等式的证明,应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
7.(2022·北京卷T20) 已知函数.
(1)求曲线在点处切线方程;
(2)设,讨论函数在上的单调性;
(3)证明:对任意的,有.
【答案】(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析
【解析】
【分析】(1)先求出切点坐标,在由导数求得切线斜率,即得切线方程;
(2)在求一次导数无法判断的情况下,构造新的函数,再求一次导数,问题即得解;
(3)令,,即证,由第二问结论可知在[0,+∞)上单调递增,即得证.
【小问1详解】
解:因为,所以,
即切点坐标为,
又,
∴切线斜率
∴切线方程为:
【小问2详解】
解:因为,
所以,
令,
则,
∴在上单调递增,
∴
∴在上恒成立,
∴上单调递增.
【小问3详解】
解:原不等式等价于,
令,,
即证,
∵,
,
由(2)知在上单调递增,
∴,
∴
∴在上单调递增,又因为,
∴,所以命题得证.
8.(2022·浙江卷T22) 设函数.
(1)求的单调区间;
(2)已知,曲线上不同的三点处的切线都经过点.证明:
(ⅰ)若,则;
(ⅱ)若,则.
(注:是自然对数底数)
【答案】(1)的减区间为,增区间为.
(2)(ⅰ)见解析;(ⅱ)见解析.
【解析】
【分析】(1)求出函数的导数,讨论其符号后可得函数的单调性.
(2)(ⅰ)由题设构造关于切点横坐标的方程,根据方程有3个不同的解可证明不等式成立,(ⅱ) ,,则题设不等式可转化为,结合零点满足的方程进一步转化为,利用导数可证该不等式成立.
【小问1详解】
,
当,;当,,
故的减区间为,的增区间为.
【小问2详解】
(ⅰ)因为过有三条不同的切线,设切点为,
故,
故方程有3个不同的根,
该方程可整理为,
设,
则
,
当或时,;当时,,
故在上为减函数,在上为增函数,
因为有3个不同的零点,故且,
故且,
整理得到:且,
此时,
设,则,
故为上的减函数,故,
故
(ⅱ)当时,同(ⅰ)中讨论可得:
故在上为减函数,在上为增函数,
不妨设,则,
因为有3个不同的零点,故且,
故且,
整理得到:,
因为,故,
又,
设,,则方程即为:
即为,
记
则为有三个不同的根,
设,,
要证:,即证,
即证:,
即证:,
即证:,
而且,
故,
故,
故即证:,
即证:
即证:,
记,则,
设,则即,
故在上为增函数,故,
所以,
记,
则,
所以在为增函数,故,
故即,
故原不等式得证:
【点睛】思路点睛:导数背景下的切线条数问题,一般转化为关于切点方程的解的个数问题,而复杂方程的零点性质的讨论,应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式,常用的方法有比值代换等.
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