第三章學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)時(shí)間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．設(shè)正弦函數(shù)y＝sinx在x＝0和x＝eq\f(π,2)附近的瞬時(shí)變化率為k1、k2，則k1、k2的大小關(guān)系為(A)A．k1>k2 B．k1<k2C．k1＝k2 D．不確定[解析]y＝sinx，y′＝cosx，∴k1＝cos0＝1，k2＝coseq\f(π,2)＝0，k1>k2.2．y＝xα在x＝1處切線方程為y＝－4x，則α的值為(B)A．4 B．－4C．1 D．－1[解析]y′＝(xα)′＝αxα－1，由條件知，y′|x＝1＝α＝－4.3．函數(shù)y＝x2cosx的導(dǎo)數(shù)為(A)A．y′＝2xcosx－x2sinx B．y′＝2xcosx＋x2sinxC．y′＝x2cosx－2xsinx D．y′＝xcosx－x2sinx[解析]y′＝(x2cosx)′＝(x2)′cosx＋x2·(cosx)′＝2xcosx－x2sinx.4．函數(shù)y＝12x－x3的單調(diào)遞增區(qū)間為(C)A．(0，＋∞) B．(－∞，－2)C．(－2,2) D．(2，＋∞)[解析]y′＝12－3x2＝3(4－x2)＝3(2＋x)(2－x)，令y′>0，得－2<x<2，故選C．5．(2016·福建寧德市高二檢測(cè))曲線f(x)＝eq\f(lnx,x)在x＝e處的切線方程為(A)A．y＝eq\f(1,e) B．y＝eC．y＝x D．y＝x－e＋eq\f(1,e)[解析]f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴f′(e)＝eq\f(1－lne,e2)＝0，∴曲線在x＝e處的切線的斜率k＝0.又切點(diǎn)坐標(biāo)為(e，eq\f(1,e))，∴切線方程為y＝eq\f(1,e).6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3時(shí)取得極值，則a＝(D)A．2 B．3C．4 D．5[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由條件知，x＝－3是方程f′(x)＝0的實(shí)數(shù)根，∴a＝5.7．三次函數(shù)f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，則m的取值范圍是(C)A．m<0 B．m<1C．m≤0 D．m≤1[解析]f′(x)＝3mx2－1，由題意知3mx2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，當(dāng)m＝0時(shí)，－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立；當(dāng)m≠0時(shí)，由題意得m<0，綜上可知m≤0.8．已知拋物線y＝－2x2＋bx＋c在點(diǎn)(2，－1)處與直線y＝x－3相切，則b＋c的值為(C)A．20 B．9C．－2 D．2[解析]由題意得y′|x＝2＝1，又y′＝－4x＋b，∴－4×2＋b＝1，∴b＝9，又點(diǎn)(2，－1)在拋物線上，∴c＝－11，∴b＋c＝－2，故選C．9．三次函數(shù)當(dāng)x＝1時(shí)，有極大值4；當(dāng)x＝3時(shí)，有極小值0，且函數(shù)過(guò)原點(diǎn)，則此函數(shù)是(B)A．y＝x3＋6x2＋9x B．y＝x3－6x2＋9xC．y＝x3－6x2－9x D．y＝x3＋6x2－9x[解析]設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，∵函數(shù)圖象過(guò)原點(diǎn)，∴d＝0.f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0,f′3＝0,f1＝4))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2b＋c＝0,27a＋6b＋c＝0,a＋b＋c＝4))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－6,c＝9))，∴f(x)＝x3－6x2＋9x，故應(yīng)選B．10．(2016·山西大同高二月考)某商場(chǎng)從生產(chǎn)廠家以每件20元購(gòu)進(jìn)一批商品，若該商品零售價(jià)定為P元，銷售量為Q，則銷售量Q(單位：件)與零售價(jià)P(單位：元)有如下關(guān)系Q＝8300－170P－P2，則最大毛利潤(rùn)為(毛利潤(rùn)＝銷售收入－進(jìn)貨支出)(D)A．30元 B．60元C．28000元 D．23000元[解析]設(shè)毛利潤(rùn)為L(zhǎng)(P)，由題意知L(P)＝PQ－20Q＝Q(P－20)＝(8300－170P－P2)(P－20)＝－P3－150P2＋11700P－166000，所以L′(P)＝－3P2－300P＋11700.令L′(P)＝0，解得P＝30或－130(舍)．此時(shí)L(30)＝23000，因?yàn)樵赑＝30附近的左側(cè)L′(P)>0，右側(cè)L′(P)<0.所以L(30)是極大值也是最大值．11．(2016·山東滕州市高二檢測(cè))已知f′(x)是函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)，且函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極小值，則函數(shù)y＝xf′(x)的圖象可能是(C)[解析]∵x＝－2時(shí)，f(x)取得極小值，∴在點(diǎn)(－2,0)左側(cè)，f′(x)<0，∴xf′(x)>0，在點(diǎn)(－2,0)右側(cè)f′(x)>0，∴xf′(x)<0，故選C．12．(2016·山西晉城月考)已知f(x)＝x3－3x，過(guò)點(diǎn)A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(D)A．(－1,1) B．(－2,3)C．(－1,2) D．(－3，－2)[解析]設(shè)切點(diǎn)為(t，t3－3t)，f′(x)＝3x2－3，則切線方程為y＝(3t2－3)(x－t)＋t3－3t，整理得y＝(3t2－3)x－2t3.把A(1，m)代入整理，得2t3－3t2＋m＋3＝0①.因?yàn)檫^(guò)點(diǎn)A可作三條切線，所以①有三個(gè)解．記g(t)＝2t3－3t2＋m＋3，則g′(t)＝6t2－6t＝6t(t－1)，所以當(dāng)t＝0時(shí)，極大值g(0)＝m＋3，當(dāng)t＝1時(shí)，極小值g(1)＝m＋2.要使g(t)有三個(gè)零點(diǎn)，只需m＋3>0且m＋2<0，即－3<m<－2.二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)13．若函數(shù)f(x)＝x3－f′(1)x2＋2x－5，則f′(2)＝__eq\f(22,3)__.[解析]∵f′(x)＝3x2－2f′(1)x＋2，∴f′(1)＝3－2f′(1)＋2，∴f′(1)＝eq\f(5,3).因此f′(2)＝12－4f′(1)＋2＝eq\f(22,3).14．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有極值，則c的取值范圍為_(kāi)_c<eq\f(1,4)__.[解析]∵f′(x)＝x2－x＋c且f(x)有極值，∴f′(x)＝0有不等的實(shí)數(shù)根，即Δ＝1－4c>0.解得c<eq\f(1,4).15．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2－x＋m在[0,1]上的最小值為eq\f(1,3)，則實(shí)數(shù)m的值為_(kāi)_2___.[解析]f′(x)＝x2－2x－1，令f′(x)<0，得1－eq\r(2)<x<1＋eq\r(2)，∴f(x)在(1－eq\r(2)，1＋eq\r(2))上單調(diào)遞減，即f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,3)－1－1＋m＝eq\f(1,3)，解得m＝2.16．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點(diǎn)，則a的取值范圍是__a<－1___.[解析]∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.當(dāng)a≥0時(shí)，y不可能有極值點(diǎn)，故a<0.由ex＋a＝0，得ex＝－a，∴x＝ln(－a)．∴x＝ln(－a)即為函數(shù)的極值點(diǎn)．∴l(xiāng)n(－a)>0，即ln(－a)>ln1.∴a<－1.三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本題滿分10分)已知f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝x2＋cx＋d，又f(2x＋1)＝4g(x)，且f′(x)＝g′(x)，f(5)＝30.求g(4).[解析]由f(2x＋1)＝4g(x)，得4x2＋2(a＋2)x＋(a＋b＋1)＝4x2＋4cx＋4d.于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2＝2c，①,a＋b＋1＝4d，②))由f′(x)＝g′(x)，得2x＋a＝2x＋c，∴a＝c， ③由f(5)＝30，得25＋5a＋b＝30.④由①③可得a＝c＝2，由④得b＝－5，再由②得d＝－eq\f(1,2)，∴g(x)＝x2＋2x－eq\f(1,2).故g(4)＝16＋8－eq\f(1,2)＝eq\f(47,2).18．(本題滿分12分)若存在過(guò)點(diǎn)(1,0)的直線與曲線y＝x3和y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9都相切，求實(shí)數(shù)a的值.[解析]設(shè)直線與曲線y＝x3的切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x\o\al(3,0),\f(y0,x0－1)＝3x\o\al(2,0)))，解得x0＝0或x0＝eq\f(3,2).當(dāng)x0＝0時(shí)，切線的斜率k＝0，∴切線方程為y＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0,y＝ax2＋\f(15,4)x－9))，得ax2＋eq\f(15,4)x－9＝0.Δ＝(eq\f(15,4))2＋36a＝0，解得a＝－eq\f(25,64).當(dāng)x0＝eq\f(3,2)時(shí)，k＝eq\f(27,4)，其切線方程為y＝eq\f(27,4)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(27,4)x－1,y＝ax2＋\f(15,4)x－9))，得ax2－3x－eq\f(9,4)＝0.Δ＝(－3)2＋9a＝0，解得a＝－1.綜上可知a＝－1或a＝－eq\f(25,64).19．(本題滿分12分)(2016·安徽合肥高二檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，求f(x)的極值.[解析]∵f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，∴f′(x)＝48x2－40ax＋8a2＝8(6x2－5ax＋a2)＝8(2x－a)(3x－a)，令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(a,2)，x2＝eq\f(a,3).(1)當(dāng)a>0時(shí)，eq\f(a,3)<eq\f(a,2)，則隨著x的變化，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x(－∞，eq\f(a,3))eq\f(a,3)(eq\f(a,3)，eq\f(a,2))eq\f(a,2)(eq\f(a,2)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增∴當(dāng)a＝eq\f(a,3)時(shí)，函數(shù)取得極大值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27)；當(dāng)x＝eq\f(a,2)時(shí)，函數(shù)取得極小值f(eq\f(a,2))＝0.(2)當(dāng)a<0時(shí)，eq\f(a,2)<eq\f(a,3)，則隨著x的變化，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x(－∞，eq\f(a,2))eq\f(a,2)(eq\f(a,2)，eq\f(a,3))eq\f(a,3)(eq\f(a,3)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增∴當(dāng)x＝eq\f(a,2)時(shí)，函數(shù)取得極大值f(eq\f(a,2))＝0；當(dāng)x＝eq\f(a,3)時(shí)，函數(shù)取得極小值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27).綜上所述，當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在x＝eq\f(a,3)處取得極大值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27)，在x＝eq\f(a,2)處取得極小值f(eq\f(a,2))＝0；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在x＝eq\f(a,2)處取得極大值f(eq\f(a,2))＝0在x＝eq\f(a,3)處取得極小值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27).20．(本題滿分12分)(2017·全國(guó)Ⅲ文，21)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a<0時(shí)，證明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.[解析](1)解：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若a<0，則當(dāng)x∈(0，－eq\f(1,2a))時(shí)，f′(x)>0.當(dāng)x∈(－eq\f(1,2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(0，－eq\f(1,2a))上單調(diào)遞增，在(－eq\f(1,2a)，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)處取得最大值，最大值為f(－eq\f(1,2a))＝ln(－eq\f(1,2a))－1－eq\f(1,4a).所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等價(jià)于ln(－eq\f(1,2a))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即ln(－eq\f(1,2a))＋eq\f(1,2a)＋1≤0.設(shè)g(x)＝lnx－x＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．故當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤0.從而當(dāng)a<0時(shí)，ln(－eq\f(1,2a))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.21．(本題滿分12分)(2018·浙江，19)如圖，已知多面體ABC－A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．[解析]eq\a\vs4\al(方法1：)(1)證明：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2eq\r(2)，所以A1Beq\o\al(2,1)＋ABeq\o\al(2,1)＝AAeq\o\al(2,1)，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝eq\r(5).由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2eq\r(3).由CC1⊥AC，得AC1＝eq\r(13)，所以ABeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)＝ACeq\o\al(2,1)，故AB1⊥B1C1.又因?yàn)锳1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)解：如圖，過(guò)點(diǎn)C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點(diǎn)D，連接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1.由C1D⊥A1B1，得C1D⊥平面ABB1.所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角．由B1C1＝eq\r(5)，A1B1＝2eq\r(2)，A1C1＝eq\r(21)，得cos∠C1A1B1＝eq\f(\r(6),\r(7))，sin∠C1A1B1＝eq\f(1,\r(7))，所