階段質量檢測(三)變化率與導數[考試時間：90分鐘試卷總分：120分]題號一二三總分15161718得分第Ⅰ卷(選擇題)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．下列求導運算正確的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1＋eq\f(1,x2)B．(log2x)′＝eq\f(1,xln2)C．(5x)′＝5xlog5e D．(x2cosx)′＝2xsinx2．設函數y＝－3x＋2在區間[－4，－2]上的平均變化率為a，在區間[2,4]上的平均變化率為b，則下列結論中正確的是()A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．不確定3．運動物體的位移s＝3t2－2t＋1，則此物體在t＝10時的瞬時速度為()A．281 B．58C．85 D．104．若曲線f(x)＝x2＋ax＋b在點(0，b)處的切線方程是x－y＋1＝0，則()A．a＝1，b＝1 B．a＝－1，b＝1C．a＝1，b＝－1 D．a＝－1，b＝－15．曲線f(x)＝x＋eq\f(1,3)x3在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))處的切線和坐標軸圍成的三角形的面積為()A．3 B．2C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,9)6．曲線f(x)＝2x3－3x在點P處的切線斜率為3，則P點坐標為()A．(1，－1) B．(－1，－5)C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)7．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，則f′(0)＝()A．－2 B．2C．1 D．－48．已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－3,3]表示的曲線過原點，且在點(1，f(1))和點(－1，f(－1))處的切線斜率均為－2，則f(x)的奇偶性為()A．奇函數 B．偶函數C．既是奇函數又是偶函數 D．非奇非偶函數9．(江西高考)若f(x)＝x2－2x－4lnx，則f′(x)>0的解集為()A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－1,0)10．若點P在曲線y＝x3－3x2＋(3－eq\r(3))x＋eq\f(3,4)上移動，點P處的切線的傾斜角為α，則角α的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))答題欄題號12345678910答案第Ⅱ卷(非選擇題)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，請把正確的答案填在題中的橫線上)11．設f(x)＝eq\f(1,sinx)＋eq\f(1,cosx)，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝________.12．點P在曲線C：y＝x3－10x＋3上，且在第二象限內，已知曲線C在點P處的切線的斜率為2，則點P的坐標為________．13．設a為實數，函數f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的導函數為f′(x)，若f′(x)是偶函數，則曲線y＝f(x)在原點處的切線方程為____________________．14．已知f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2＋bx＋c的圖像存在與直線y＝1平行的切線，則b的取值范圍是________________________________________________________________________．三、解答題(本大題共4小題，共50分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分12分)已知某運動著的物體的運動方程為s(t)＝eq\f(t－1,t2)＋2t2(路程單位：m，時間單位：s)，求s′(3)，并解釋它的實際意義．16．(本小題滿分12分)求滿足下列條件的函數f(x)．(1)f(x)是三次函數，且f(0)＝3，f′(0)＝0，f′(1)＝－3，f′(2)＝0；(2)f(x)是二次函數，且x2f′(x)－(2x－1)f(x)＝1.17．(本小題滿分12分)已知兩曲線f(x)＝x3＋ax和g(x)＝x2＋bx＋c都經過點P(1,2)，且在點P處有公切線，試求a，b，c的值．18．(本小題滿分14分)已知直線l1為曲線f(x)＝x2＋x－2在點P(1,0)處的切線，l2為曲線的另一條切線，且l2⊥l1.(1)求直線l2的方程；(2)求直線l1，l2與x軸所圍成的三角形的面積S.答案1．選B∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))′＝1－eq\f(1,x2)；(5x)′＝5xln5；(x2cosx)′＝(x2)′cosx＋x2(cosx)′＝2x·cosx－x2sinx，∴B選項正確．2．選C一次函數y＝kx＋b在區間[m，n]上的平均變化率都為常數k.∵y＝－3x＋2在區間[－4，－2]，[2,4]上的平均變化率都為常數－3，∴a＝b＝－3.3．選Bt＝10時的瞬時速度即為t＝10時的導數值，s′＝6t－2.∴t＝10時，s′＝6×10－2＝58.4．選A由f′(x)＝2x＋a，得f′(0)＝a＝1，將(0，b)代入切線方程得b＝1.5．選D由題意，f′(x)＝1＋x2，故切線的斜率為k＝f′(1)＝2，又切線過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))，∴切線方程為y－eq\f(4,3)＝2(x－1)，即y＝2x－eq\f(2,3)，切線和x軸、y軸交點為(eq\f(1,3)，0)，(0，－eq\f(2,3))．故所求三角形的面積＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,9).6．選D設切點為(x0，y0)，則6xeq\o\al(2,0)－3＝3.∴xeq\o\al(2,0)＝1，則x0＝±1.當x0＝1時，y0＝－1；x0＝－1時，y0＝1，故選D.7．選D∵f′(x)＝2x＋2f′(1)，∴令x＝1得，f′(1)＝2＋2f′(1)．∴f′(1)＝－2，即f(x)＝x2－4x.∴f′(x)＝2x－4，∴f′(0)＝－4.8．選A∵f(0)＝0，∴c＝0，f′(x)＝3x2＋2ax＋b.得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝－2，,f′－1＝3－2a＋b＝－2，))解得a＝0，b＝－5，∴f(x)＝x3－5x，x∈[－3,3]，f(x)為奇函數．9．選C令f′(x)＝2x－2－eq\f(4,x)＝eq\f(2x－2x＋1,x)＞0，利用穿針引線法可解得－1＜x＜0或x＞2，又x＞0，所以x＞2.10．選By′＝3x2－6x＋3－eq\r(3)＝3(x－1)2－eq\r(3)≥－eq\r(3)，即tanα≥－eq\r(3)，所以α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).11．解析：f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinx)＋\f(1,cosx)))′＝－eq\f(cosx,sin2x)＋eq\f(sinx,cos2x)，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(－\f(1,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＋eq\f(\f(\r(3),2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝－eq\f(2,3)＋2eq\r(3).答案：－eq\f(2,3)＋2eq\r(3)12．解析：∵y′＝3x2－10，設切點P(x0，y0)(x0<0，y0>0)，則曲線C在點P處切線的斜率k＝3xeq\o\al(2,0)－10＝2，∴x0＝－2.∴點P的坐標為(－2,15)．答案：(－2,15)13．解析：∵f′(x)＝3x2＋2ax＋a－3為偶函數，∴a＝0，∴f′(x)＝3x2－3，f′(0)＝－3，∴所求切線方程為y＝－3x.答案：y＝－3x14．解析：由題意知，存在x使f′(x)＝3x2－x＋b＝0，故Δ＝1－12b≥0，得b≤eq\f(1,12).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,12)))15．解：∵s(t)＝eq\f(t－1,t2)＋2t2＝eq\f(t,t2)－eq\f(1,t2)＋2t2＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＋2t2，∴s′(t)＝－eq\f(1,t2)＋2·eq\f(1,t3)＋4t，∴s′(3)＝－eq\f(1,9)＋eq\f(2,27)＋12＝eq\f(323,27)，即物體在t＝3s時的瞬時速度為eq\f(323,27)m/s.16．解：(1)由題意設f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，則f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝d＝3，,f′0＝c＝0，,f′1＝3a＋2b＋c＝－3，,f′2＝12a＋4b＋c＝0，))解得a＝1，b＝－3，c＝0，d＝3.故f(x)＝x3－3x2＋3.(2)由題意設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則f′(x)＝2ax＋b.所以x2(2ax＋b)－(2x－1)(ax2＋bx＋c)＝1，化簡得(a－b)x2＋(b－2c)x＋c＝1，此式對任意x都成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b，,b＝2c，,c＝1，))得a＝2，b＝2，c＝1，即f(x)＝2x2＋2x＋1.17．解：∵點P(1,2)在曲線f(x)＝x3＋ax上，∴2＝1＋a，∴a＝1，函數f(x)＝x3＋ax和g(x)＝x2＋bx＋c的導數分別為f′(x)＝3x2＋a和g′(x)＝2x＋b，且在點P處有公切線，∴3×12＋a＝2×1＋b，得b＝2，又由點P(1,2)在曲線g(x)＝x2＋bx＋c上可得2＝12＋2×1＋c，得c＝－1.綜上，a＝1，b＝2，c＝－1.18．解：(1)設直線l1，l2的斜率分別為k1，k2，由題意可知k1＝f′(1)＝3，故直線l1的方程為y＝3x－3，由l1⊥l2，可知直線l2的斜率為－eq\f(1,3)，設l2與曲線相切于點Q(x0，y0)，則k2＝f′(x0)＝－eq\f(1,3)，解得x0＝－eq\f(2,3)，代入曲線方程解得y0＝－eq\f(20,9)，故直線l2的方程為y＋eq\f(20,9)＝－eq\f(1,3)(x＋eq\f(2,3))，化簡得到3x＋9y