高考数学复习—导数及其应用练习试题卷

高考数学复习—导数及其应用练习试题卷一、选择题(10×5′=50′)1.曲线y=x3在点P（2，8）处的切线方程为()A.y=6x-12B.y=12x-16C.y=8x+10D.y=12x-322.过原点与曲线y=1x相切的切线方程为()A.y=21xB.y=2xC.y=xD.y=31x3.物体自由落体运动方程为s=s(t)=21gt2,g=9.8m/s2,若v=0limntsts)1()1(=g=9.8m/s.那么下列说法正确的是()A.9.8m/s是在1s这段时间内的速率B.9.8m/s是从1s到（1+Δt）s这段时间内的速率C.9.8m/s是物体在t=1s这一时刻的速率D.9.8m/s是物体从1s到（1+Δt）s这段时间内的平均速率4.已知过曲线y=31x3上点P的切线l的方程为12x-3y=16,那么P点坐标只能为()A.38,2B.34,1C.328,1D.320,35.一质点做直线运动，若它所经过的路程与时间的关系为：s(t)=4t2-3(s单位：m,t单位：s),则t=5时的瞬时速率为()A.37B.38C.39D.406.一个圆半径以0.1cm/s速率增加，那么当半径r=10cm时，此圆面积的增加速率（单位：cm2/s）为()A.3πB.4πC.2πD.π7.一圆面以10πcm2/s的速率增加，那么当圆半径r=20cm时，其半径r的增加速率u为()A.21cm/sB.31cm/sC.41cm/sD.51cm/s8.曲线y=xn(n∈N)在点P(2,22n)处切线斜率为20，那么n为()A.7B.6C.5D.49.直线a∥b，a处一面高墙，点P处站一人，P到直线a的距离PA＝10m,P到直线b的距离PB＝2m,在夜晚一光源S从B点向左运动，速率为5m/s(沿直线b运动)，那么，P点处的人投在墙a上影子Q的运动速率为()A.10m/sB.15m/sC.20m/sD.25m/s10.质点P在半径为r的圆周上逆时针方向做匀角速率运动，角速率为1rad/s.如图所示，设A为起点，那么t时刻点P在x第10题图轴上射影点M的速率为()A.rsintB.-rsintC.rcostD.-rcost二、填空题（4×4′=16′）11.曲线y=x(x+1)(2-x)有两条平行于直线y=x的切线，则两切线之间的距离是.12.函数S=et2sin(ωt+φ),那么S′t为.13.设曲线y=x上有点P(x1,y1)，与曲线切于点P的切线为m.若直线n过P且与m垂直，则称n为曲线在P处的法线，设n交x轴于Q,又作PR⊥x轴于R,则RQ的长是.14.设坐标平面上的抛物线y=x2的图象为C,过第一象限的点(a,a2)作C的切线l,则l与y轴的交点Q的坐标为,l与y轴夹角为30°时，a=.三、解答题（4×10′+14′=54′）15.A(1,c)为曲线y=x3-ax2+b上一点，曲线在A点处的切线方程为y=x+d,曲线斜率为1的切线有几条？它们之间的距离是多少？16.已知抛物线C1:y=x2+2x和C2:y=-x2+a，如果直线l同时是C1和C2的切线，则得l为C11和C2的公切线，公切线上两切点之间的线段称为公切线段.(1)a取什么值时，C1和C2有且仅有一条公切线?写出此公切线方程；(2)若C1与C2有两条公切线，证明相应的两条公切线段互相平分.17.已知函数f(x)=ln(x+1)-x.(1)求函数f(x)的单调递减区间;(2)若x-1,证明：1-11x≤ln(x+1)≤x.18.如图所示的是曲柄连杆装置，（1）求滑块运动方程；（2）求滑块运动速率.19.质点运动方程s=f(t)实为位移s对时间t的函数，质点的运动速度即是对应的位移函数的导数s′=f′(t).(1)求质点运动s1=vt+s0和s2=21at2+vt+s0的运动速度并判定运动的性质.(v、a、s0均为大于零的常数)(2)已知某质点的运动方程为s=sin2πt,问此运动何时速度为0？第18题图导数练习100分参考答案一、选择题1.B设所求切线斜率为k,那么，k=0limxxy=0limxxx332)2(=12,所以，所求切线方程为y-8=12(x-2),整理得:y=12x-16.2.A设切点P（x0,10x），那么切线斜率k=y′|0xx=1210x.又因为切线过点O（0，0），及点P，则k=00100xx,所以1210x=001xx.解得x0=2.所以斜率k=21.从而切线方程为:y=21x.3.C4.A设P点坐标为3,300xx,由导数几何意义可知：y′|0xx=kl=4,又因为y′|0xx=x20,所以x0=±2,所以点P坐标为38,2.5.D设物体在时刻5时的瞬时速度为:v(5)=0limt40]354[]3)5(4[22tt.6.C当圆半径变化ts时，圆面积为S=πr2,那么圆面积变化速率为v=St′=2πr·rt′;又因为rt′=0.1cm/s.从而r=10cm时，v=2π×10×0.1cm2/s=2πcm2/s.7.C设ts时刻圆面积为S，则S=πr2,时刻t圆面积增加速率为St′,对应半径增加速率u=rt′,St′=2πr·rt′,此时St′=10πcm2/s,r=20cm.由10π=2π×20×rt′,从而rt′=41cm/s.8.C由导数的几何意义可知，曲线在P点处切线斜率k=y′,∴20=y′|2x=n·(2)1n①然后采用试值法，可知当n=5时满足方程①.第9题图解9.D设光源S运动路程为l,则SB＝l=5t,此时影子Q运动路程为x=AQ,又由于△APQ∽△BPS(如图).从而,51102PAPBAQSB.∴515xt,∴x=25t,从而影子Q运动速率为v=x′=25.10.B点M的运动方程为x=rcost,那么点M的运动速率v=x′=-rsint.二、填空题11.22716分析从y′=1入手，写出两切线的方程.解y=-x3+x2+2x,∴y′=-3x2+2x+2.所求直线与直线y=x平行.∴k=1.命y′=1,即3x2-2x-1=0,(3x+1)(x-1)=0,x=-31或1,x=-31时,y=-(-271)+91-32=-2714,x=1时,y=-1+1+2×1=2.故切点为A2714,31,B(1,2)切线方程为:l1:y+2714=x+31,即x-y-275=0,l2:y-1=x-2,即x-y+1=0,两切线间的距离为:d=22751=22716.12.St′=-2et2sin(ωt+φ)+ωet2cos(ωt+φ).St′=(et2)′sin(ωt+φ)+et2(sin(ωt+φ))′=-2et2sin(ωt+φ)+et2ωcos(ωt+φ).13.21由y′=x21得P(x1,y1)的切线斜率k1=121x,P点的法线斜率k2=-1121xk,∴法线方程为y-y1=-21x(x-x1),令y=0得x=112xy,即Q的横坐标为,|RQ|=|x-x1|=112xy=112xx=21.点评有关曲线切线的问题，一般都可用导数的几何意义完成，曲线在某一定点处的切线是惟一的，因此斜率也是惟一的（若存在的话），采用斜率相等这一重要关系，往往都可解决这类问题.14.(0,-a2),23∵y′=2x,y′|ax=2a,∴l:y-a2=2a(x-a),令x=0得y=-a2,∴Q(0,-a2),由k=2a=tan(90°-30°)=3,∴a=23.三、解答题15.分析根据题目条件可列出多个不等式，但要用它们解出全部4个未知系数是困难的，问题在于，要回答本题的两个问题，是否必须求出所有的未知系数，想到这里，便会豁然开朗.解f′(x)=3x2-2ax,f′(1)=3-2a∵切线斜率为1,∴3-2a=1,a=13x2-2ax=3x2-2x令3x2-2x=1,x=1或-31故已知曲线斜率为1的切线有两条.因为A在曲线上，∴c=1-1+b=b,过点A的切线为y-c=x-1,即y=x+c-1,∴d=c-1.当x=-31时，y=(-31)3-(-31)2+c,故相应切点为(-31,c-274).切线方程为y-(c-274)=x+31,即y=x+c+275.两直线间距离为227162)1()275(cc.16.解(1)函数y=x2+2x的导数y′=2x+2,曲线C1在点P(x1,x21+2x1)处的切线方程是y-(x21+2x1)=(2x1+2)(x-x1)即y=(2x1+2)x-x21①函数y=-x2+a的导数y′=-2x.曲线C2在点Q(x2,-x22+a)处的切线方程是y-(-x22+a)=-2x2(x-x2)即y=-2x2x+x22+a②如果直线l是过P和Q的公切线，则①式和②式都是直线l的方程，所以：.,1222121axxxx消去x2，得2x21+2x1+1+a=0若Δ=4-8(1+a)=0,即a=-21，得x1=-21，x2=-21,∴P(-21,-43)、Q(-21,-43)，P与Q重合，所以：当a=-21时，C1与C2只有一条公切线，公切线方程是：y=x-41.(2)由(1)知：当Δ=4-8(1+a)0即a-21时，P与Q不重合，此时C1与C2有两条公切线.设一条公切线上的切点为P(x1,y1)、Q(x2,y2)，其中P∈C1，Q∈C2，则x1+x2=-1y1+y2=(x21+2x1)+(-x22+a)=x21+2x1-(x1+1)2+a=a-1线段PQ的中点E21,21a.同理，另一条公切线段P′Q′的中点也是21,21a.∴当C1与C2有两条公切线时，相应的两公切线段相互平分.点评本题把导数与二次曲线位置关系融为一体，重在考查用导数的几何意义分析问题解决问题的能力.17.解(1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)=11x-1=-1xx.由f′(x)0及x-1得x0.∴当x∈(0,+∞)时，f(x)是减函数，即f(x)的单调递减区间为(0,+∞).(2)由(1)知，当x∈(-1,0)时，f′(x)0;当x∈(0,+∞)时，f′(x)0.因此，当x-1时，f(x)≤f(0)，即ln(x+1)-x≤0.∴ln(x+1)≤x.令g(x)=ln(x+1)+11x-1,则g′(x)=11x-22)1()1(1xxx.当x∈(-1,0)时，g′(x)0；当x∈(0,+∞)时，g′(x)0.∴当x-1时，g(x)≥g(0),即ln(x+1)+11x-1≥0,∴ln(x+1)≥1-11x.综上可知，当x-1时，有1-11x≤ln(x+1)≤x.18.解(1)由图可知s=OC+CB.由三角函数定义可知：OC=rcosωt,CA=rsinωt,所以，CB=trlCAl22222sin,从而，s=rcosωt+trl222sin,此为滑块运动方程.(2)s关于时间t的导数s′就是滑块运动速率v即v=st′=(rcosωt+trl222sin)′=-rωsinωt+trltrl222222sin2)sin(,v=-rωsinωt-trltr2222sin22sin19.解（1）s1′=v,s2′=at+vs1为匀速直线运动，速度为v;s2为匀加速直线运动，加速度为a.（2）s′=2πcos2πt.令s′=0,即cos2πt=0,得2πt=kπ+2,t=2k+41.