高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第5章 导数及其应用5.1 导数的概念同步达标检测题

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第5章 导数及其应用5.1 导数的概念同步达标检测题，共10页。

题组一 曲线的割线、切线的斜率
1.已知点A(x1,y1),B(x2,y2)在函数y=f(x)的图象上,若函数f(x)从x1到x2的平均变化率为3,则下面叙述正确的是( )
A.曲线y=f(x)的割线AB的倾斜角为π6
B.曲线y=f(x)的割线AB的倾斜角为π3
C.曲线y=f(x)的割线AB的斜率为-3
D.曲线y=f(x)的割线AB的斜率为-33
2.过曲线y=x1-x上一点(2,-2)及其附近一点(2+Δx,-2+Δy)作割线,则当Δx=0.5时,割线的斜率为( )
A.13 B.23 C.1 D.-53
3.若抛物线y=x2-x+c上一点P的横坐标是-2,抛物线在点P处的切线恰好过坐标原点O,则实数c的值为 .
题组二 瞬时速度与瞬时加速度
4.(2023福建南平期末)已知某质点运动的位移s(单位:m)与时间t(单位:s)的关系为s(t)=2t,则该质点在t=3 s时的瞬时速度为( )
A.23 m/s B.-23 m/s C.29 m/s D.-29 m/s
5.(2023北京四中期中)某堆雪在融化过程中,其体积V(单位:m3)与融化时间t(单位:h)近似满足函数关系:V(t)=H10-110t3(H为常数),其图象如图所示.记这堆雪从开始融化到结束的平均融化速度为v(m3/h),则
瞬时融化速度等于v(m3/h)的时刻是( )
A.t1 B.t2 C.t3 D.t4
6.(2023江苏连云港期末)宁启铁路线新开行的“绿巨人”动力集中复兴号动车组列车的最高速度为160 km/h.假设“绿巨人”开出站一段时间内,速度v(m/s)与行驶时间t(s)的关系为v=6.6t+0.6t2,则出站后“绿巨人”的速度首次达到48 m/s时的加速度为( )
A.12.6 m/s2 B.14.6 m/s2C.14.8 m/s2 D.16.8 m/s2
7.(2024广东湛江部分学校月考)某质点的位移s(单位:m)与时间t(单位:s)满足函数关系式s=t4+3t2-t,当t=t0 s时,该质点的瞬时加速度大于9 m/s2,则t0的取值范围是( )
A.13,+∞ B.12,+∞C.(1,+∞) D.32,+∞
8.某物体的运动方程为s=3t2+2,t≥3,29+3(t-3)2,0≤t<3(位移s的单位:m,时间t的单位:s),求:
(1)物体在[3,5]这段时间内的平均速度;
(2)物体的初速度v0;
(3)物体在t=1 s时的瞬时速度.
题组三 导数的定义及应用
9.函数f(x)在x=x0处的导数可表示为( )
A.f'(x0)=limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx
B.f'(x0)=limΔx→0[f(x0+Δx)-f(x0)]
C.f'(x0)=f(x0+Δx)-f(x0)
D.f'(x0)=f(x0+Δx)-f(x0)Δx
10.(2024江苏高邮调研)设函数f(x)在x=1处的导数为3,则limΔx→0f(1+Δx)-f(1)3Δx=( )
A.1 B.3 C.6 D.9
11.(2024江苏扬州中学月考)已知f(x)=x2-1,则f'(1)=( )
A.0 B.1 C.2 D.-1
12.(2024江苏连云港灌南高级中学月考)设函数f(x)在R上可导,且f'(1)=2 021,则limΔx→0f(1+Δx)-f(1)2021Δx= .
题组四 导数的几何意义
13.(2024江苏连云港海州高级中学阶段测试)曲线f(x)=x3+1在点(-1, f(-1))处的切线方程为( )
A.y=-3x-1 B.y=3x+1
C.y=3x+3 D.y=-3x-3
14.(2023江苏南京师范大学附属中学期末)如图,已知函数f(x)的图象在点P(2, f(2))处的切线为l,则f(2)+f'(2)=( )
A.-3 B.-2 C.2 D.1
15.(2023江苏南京师范大学苏州实验学校期中)已知函数f(x)的图象如图所示, f'(x)是f(x)的导函数,则下列结论正确的是( )
A.0B.0C.0D.016.(2024安徽宿州泗县第一中学月考)已知函数f(x)可导,且limΔx→0f(1+Δx)-f(1)Δx=1,则曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线的倾斜角为 ( )
A.45° B.60° C.120° D.135°
17.(多选题)(2024广东部分名校联合质检)已知函数f(x)=x3-3x2+1的图象在点(m, f(m))处的切线为lm,则( )
A.lm的斜率的最小值为-2
B.lm的斜率的最小值为-3
C.l0的方程为y=1
D.l-1的方程为y=9x+6
18.(2023河北衡水重点中学联考)已知函数g(x)与f(x)=x2(x∈[0,+∞))的图象关于直线y=x对称,将g(x)的图象先向右平移2个单位,再向下平移2个单位得到h(x)的图象,若P,Q分别为函数f(x),h(x)图象上的点,则这两点间距离的最小值为 .
19.(2023安徽滁州定远民族中学月考)已知函数f(x)=x3.
(1)用导数的定义求函数f(x)在x=2处的导数;
(2)过点(2,8)作曲线y=f(x)的切线,求切线的方程.
答案与分层梯度式解析
5.1.2 瞬时变化率——导数
基础过关练
1.B 函数f(x)从x1到x2的平均变化率为3,则割线AB的斜率为3,倾斜角为π3.故选B.
2.B ΔyΔx=2+Δx1-(2+Δx)-(-2)Δx=11+Δx,当Δx=0.5时,ΔyΔx=23,故选B.
3.答案 4
解析 把x=-2代入y=x2-x+c中,得y=6+c,即P(-2,6+c),所以抛物线在点P处的切线斜率为-6+c2,
易知抛物线在点P及其附近一点(-2+Δx,6+c+Δy)的割线的斜率k=(-2+Δx)2-(-2+Δx)+c-(6+c)Δx=Δx-5,
当Δx趋近于0时,k趋近于-5,故抛物线在点P处的切线斜率为-5,故-6+c2=-5,解得c=4.
4.D ΔsΔt=s(3+Δt)-s(3)Δt=23+Δt-23Δt=-23(3+Δt),
所以limΔt→0ΔsΔt=limΔt→0-23(3+Δt)=-29.故选D.
5.C 由题意得平均融化速度v=V(100)-V(0)100-0,表示V(t)的图象与坐标轴交点所连直线的斜率,
观察可知在t3处,瞬时融化速度(即切线的斜率)与平均融化速度相等,故选C.
6.A 设t0 s时,“绿巨人”的速度首次达到48 m/s,
则48=6.6t0+0.6t02,即t02+11t0-80=0,
解得t0=5或t0=-16(舍去),
limΔt→0ΔvΔt=limΔt→06.6(5+Δt)+0.6(5+Δt)2-6.6×5-0.6×25Δt
=limΔt→0(12.6+0.6Δt)=12.6,
即速度首次达到48 m/s时的加速度为12.6 m/s2,
故选A.
7.B 由题意可得
s'(t)=limΔt→0(t+Δt)4+3(t+Δt)2-(t+Δt)-t4-3t2+tΔt
=limΔt→0[(Δt)3+4t·(Δt)2+6t2Δt+3Δt+4t3+6t-1]
=4t3+6t-1,
设f(t)=4t3+6t-1,
则f'(t0)=limΔt→04(t0+Δt)3+6(t0+Δt)-1-4t03-6t0+1Δt
=limΔt→0[4(Δt)2+12t02+12t0·Δt+6]=12t02+6,
因为当t=t0 s时,该质点的瞬时加速度大于9 m/s2,所以f'(t0)=12t02+6>9,所以t0>12,所以t0的取值范围是12,+∞.故选B.
8.解析 (1)由已知得物体在[3,5]内的运动方程为s=3t2+2,
所以平均速度为ΔsΔt=3×52+2-(3×32+2)5-3=24(m/s).
(2)要求物体的初速度v0,即求物体在t=0 s时的瞬时速度,
因为ΔsΔt=s(0+Δt)-s(0)Δt
=29+3(Δt-3)2-29-3×(-3)2Δt=3Δt-18,
所以物体在t=0 s时的瞬时变化率为limΔt→0(3Δt-18)=-18,所以物体的初速度为-18 m/s.
(3)因为ΔsΔt=s(1+Δt)-s(1)Δt
=29+3(1+Δt-3)2-29-3×(1-3)2Δt=3Δt-12,
所以物体在t=1 s时的瞬时变化率为limΔt→0(3Δt-12)=-12,即物体在t=1 s时的瞬时速度为-12 m/s.
9.A
10.A limΔx→0f(1+Δx)-f(1)3Δx=13limΔx→0f(1+Δx)-f(1)Δx=13f'(1)=13×3=1.故选A.
易错警示 导数的定义有多种等价形式,其本质结构都是f'(x0)=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx,应用时注意Δx与Δy的取值要对应.
11.C 由f(x)=x2-1,
得f'(1)=limΔx→0(1+Δx)2-1-12+1Δx=limΔx→0(2+Δx)=2.
故选C.
12.答案 1
解析 由导数定义可知f'(1)=limΔx→0f(1+Δx)-f(1)Δx=2 021,
所以limΔx→0f(1+Δx)-f(1)2021Δx=12021limΔx→0f(1+Δx)-f(1)Δx=12021×2 021=1.
13.C 由题可得f(-1)=-1+1=0, f'(-1)=limΔx→0(-1+Δx)3+1-(-1)3-1Δx=limΔx→0[(Δx)2+3-3Δx]=3,
所以曲线f(x)=x3+1在点(-1, f(-1))处的切线方程为y=3(x+1),即y=3x+3.故选C.
14.D 由题图可得切线l过点(0,4)和(4,0),故切线斜率为4-00-4=-1,切线方程为x4+y4=1,所以f'(2)=-1,切点坐标为(2,2),则f(2)=2,所以f(2)+f'(2)=2-1=1.故选D.
15.B f'(1)和f'(3)分别表示曲线f(x)在x=1和x=3处的切线的斜率,f(3)-f(1)2表示直线AB的斜率,观察题图可知016.A 由limΔx→0f(1+Δx)-f(1)Δx=1,可得f'(1)=1,则曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线的斜率为1,
设曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线的倾斜角为θ(0°≤θ<180°),则tan θ=1,可得θ=45°.故选A.
17.BCD f'(m)=limΔx→0(m+Δx)3-3(m+Δx)2+1-m3+3m2-1Δx
=limΔx→0[3m2-6m+3mΔx-3Δx+(Δx)2]=3m2-6m=3(m-1)2-3≥-3,所以lm的斜率的最小值为-3.
因为f'(0)=0, f(0)=1,所以l0的方程为y=1.
因为f'(-1)=9, f(-1)=-3,所以l-1的方程为y+3=9(x+1),即y=9x+6.故选BCD.
18.答案 724
解析 将直线y=x先向右平移1个单位,再向下平移1个单位可得函数f(x)和h(x)图象的对称轴,即直线y=x-1-1,即y=x-2,
所以P,Q两点之间距离的最小值等于P到直线y=x-2距离的最小值的2倍,易知当点P到直线y=x-2的距离最小时, f(x)的图象在点P处的切线平行于直线y=x-2,设P(x0,y0),
则f(x0+Δx)-f(x0)Δx=(x0+Δx)2-x02Δx=(Δx)2+2x0ΔxΔx=Δx+2x0,当Δx→0时,f(x0+Δx)-f(x0)Δx→2x0,故函数f(x)=x2的图象在点P处的切线斜率为2x0,故2x0=1,解得x0=12,则y0=14,
所以点P到直线y=x-2的距离的最小值为12-14-22=728,
所以P,Q两点之间距离的最小值为2×728=724.
方法技巧 曲线上的点到直线距离的最小值即为曲线上与该直线平行的切线的切点到该直线的距离.
19.解析 (1)由已知得ΔyΔx=f(2+Δx)-f(2)Δx
=(Δx)3+6(Δx)2+12ΔxΔx=(Δx)2+6Δx+12,
所以limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0[(Δx)2+6Δx+12]=12,则f'(2)=12.
(2)设切点为(x0,x03),则切线的斜率k=f'(x0)=limΔx→0(x0+Δx)3-x03Δx=limΔx→0[3x02+3x0Δx+(Δx)2]=3x02,
故切线方程为y-x03=3x02(x-x0),
将点(2,8)代入得8-x03=3x02(2-x0),即x03-3x02+4=0,得(x0+1)(x0-2)2=0,
所以x0=-1或x0=2,
所以切线方程为3x-y+2=0或12x-y-16=0.