重庆市永川北山中学校2022-2023学年高二下学期第五周数学周练试题

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重庆市永川北山中学校高2024级高二下期第五周数学周练参考答案 1．B【分析】时的瞬时速度是,求导，代入即可求解.【详解】，故时的瞬时速度是.故选:B.2．D【分析】根据基本初等函数求导公式和导数四则运算法则即可逐项计算并判断．【详解】，，故ABC求导错误，D求导正确．故选：D．3．C【分析】先求定义域,再对函数求导,令导函数大于零,解出不等式解集即可.【详解】解:由题知,定义域为,所以,令,解得,所以的单调增区间为:.故选:C4．A【分析】由图象的变化趋势，结合导函数的定义有，即可得答案.【详解】由图知：，即.故选：A5．C【分析】根据导数得出函数与抛物线在点处的切线的斜率，根据已知两切线相同即可得出答案.【详解】，则，则在点处的切线的斜率为，，则，则在点处的切线的斜率为，函数的图象在点处的切线也是抛物线的切线，则，即，故选：C.6．B【分析】，先求得极值，再求得端点值比较求解.【详解】解：令，解得或，当时，，时，，又，，显然，所以，所以，故选：B7．A【分析】根据导函数有2个不同的零点，且两个零点均大于零可求解.【详解】函数的定义域为，因为函数有两个不同的极值点，所以有两个不同正根，即有两个不同正根，所以解得，故答案为:A.8．B【分析】求导，设为“拉格朗日中值点”，由题意得到，构造，研究其单调性，结合零点存在性定理得到答案.【详解】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，，由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.故选：B9．ABC【分析】ABC均可以举出反例，D可以通过极值点和极值的定义进行判断.【详解】A选项，的不一定是函数的极值点，比如在处导函数的值为0，但不是的极值点，A说法错误；在R上单调递增，可能会在某点导函数等于0，比如为单调递增函数，在处导函数值为0，故在R上单调递增不是在R上恒成立的充要条件，B说法错误；若函数既有极小值又有极大值，则其极小值可能会比它的极大值大，比如，在处取得极大值-2，在处取得极小值2，极小值大于极大值，故C说法错误；根据极值点和极值的定义可以判断，若在R上存在极值，则它在R一定不单调，D说法正确.故选：ABC10．BD【分析】设出切点坐标，对函数求导求出切线斜率，利用点斜式方程写出切线，将代入，解方程计算出切点坐标，进而得出切线方程．【详解】设切点坐标为，，切线斜率为切线方程为曲线过点，代入得可化简为，即，解得或则曲线过点的切线方程为或故选：BD11．ABD【分析】由确定的单调性，结合恒成立确定正确选项.【详解】，令解得，所以在递减，在递增，在取得极小值也即是最小值，依题意恒成立，即，时，符合，时，符合，时，符合，由于，所以C选项不符合.故选：ABD12．BC【分析】对AB，由导数法研究函数的极值及最值判断；对CD，由导数法研究函数的单调性，由数形结合判断交点个数.【详解】对AB，，则，故在处有唯一极大值，即最大值，B对A错；对CD，，又，.故当时，图象与图象有两个交点，即方程有两异根； 当，图象与图象无交点，即方程无根，C对D错.故选：BC13．##【分析】利用导数确定单调性即可求解最值.【详解】因为，当时,，所以在上单调递增，所以．故答案为：14．（答案不唯一）【分析】取，确定函数为偶函数，，，满足条件，得到答案.【详解】取，则，函数为偶函数，关于y轴对称；，，满足条件.故答案为：（答案不唯一）15．1【分析】令，根据其为增函数可得.【详解】设，则，故在上为增函数，而即为，由题可得，所以，即．故答案为：116．【分析】由已知条件构造函数，得到函数的表达式，通过讨论单调性即可求出实数的最大值.【详解】由题意，在中，，∴，∴∴（为常数），由，解得：，∴，∴，当时，，当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴当时，取得最小值，且，∴，∴实数的最大值为．故答案为：.【点睛】方法点睛：（1）对于不等式（或＜0），构造函数；（2）对于不等式（或＜0），构造函数；（3）对于不等式（或＜k）（k≠0），构造函数（b为常数）；（4）对于不等式（＜0），构造函数；（5）对于不等式（＜0），构造函数（）．17．增区间为和，减区间为，极大值为，极小值为．【分析】求f(x)的导数，判断导数正负即可得f(x)的单调性，根据单调性即可求其极值．【详解】，、随x变化如表：2    00↗极大值↘极小值↗ ∴的增区间为：，，减区间为：，极大值为，极小值为．18．(1)(2)(3)最小值为-14，最大值为18 【分析】(1)由求解，再检验即可；（2）利用切点处的导数等于切线斜率即可求解；（3）比较极值和区间端点对应函数值的大小可得结果.【详解】（1）因，故，由于在处取得极值，故有 即,化简得解得,经检验，时，,令解得或，令解得，所以在单调递增，单调递减，单调递增，所以在处取得极值，符合题意，所以．（2）由（1）得，故．所以曲线在点处的切线方程为：，即．（3）由（1）知．令，得．在时，随x的变化．，的变化情况如下表所示：x23 正0负0正 11单调递增18单调递减单调递增 当时，有极大值，当时，有极小值．因为．因此在的最小值为．最大值为19．（1）；（2）当销售价格为5元/千克时，系列每日所获得的利润最大.【详解】分析：（1）根据题意已知销售价格为6元/千克时，每日可售出系列15千克.即可求出a得到解析式；（2）设该商场每日销售系列所获得的利润为，然后根据利润计算式得出具体表达式，然后根据导数求最值思维求解即可.详解：（1）有题意可知，当时，，即，解得，所以.（2）设该商场每日销售系列所获得的利润为，则，，令，得或（舍去），所以当时，为增函数； 当时，为减函数，故当时，函数在区间内有极大值点，也是最大值点，即时函数取得最大值. 所以当销售价格为5元/千克时，系列每日所获得的利润最大.点睛：考查函数的表示，导函数最值的应用，正确理解题意，写出具体表达式，然后借助导数分析思维求解是解题关键，做此类题要有耐心，认真审题，读懂题意，属于中档题.20．(1)(2)【分析】（1）利用单调性与导函数正负的关系即可求解，（2）分情况讨论函数的单调性，根据单调性确定函数的最值，进而可确定零点所在的区间，即可根据不等式求解.【详解】（1），因为在上单调递增,则当时，，，即而当时，，则有，所以若在上单调递增，a的取值范围是（2）若，，单调递增，且有，由f（x）存在零点且零点的绝对值小于2，可知存在唯一零点 由，则，.若，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增. 则取极小值，即，又，则，，又， ，且当趋向于正无穷时,趋向于正无穷，故此时存在两个零点，分别设为，又，则，由题意，则有，即，故，综上，a的取值范围是.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值,零点以及不等式恒成立问题．函数零点问题常见方法：① 分离参数，利用导数求解的单调性，进而确定最值.② 数形结合( 图象与图象的交点)；③讨论参数.