新课标2023版高考数学一轮总复习课时质量评价15数的概念及运算

1、PAGE PAGE 5课时质量评价(十五)A组全考点巩固练1(2022贵溪期末)下列求导结果正确的是()A(ax2)12x B(2eq r(x3)3eq r(x)C(cos 60)sin 60 Dln(2x)eq f(1,2x)B解析：根据题意，依次分析选项：对于A，(ax2)a(x2)2x，故A错误；对于B，(2eq r(x3)(2xeq sUP12(eq f(3,2)2eq f(3,2)xeq sUP12(eq f(1,2)3eq r(x)，故B正确；对于C，(cos 60)0，故C错误；对于D，ln(2x)(2x)eq f(1,2x)eq f(1,x)，故D错误2(2021浙江模拟)函数

2、y23x1在x0处的导数是()A6ln 2 B2ln 2 C6 D2A解析：因为y3ln 223x1，所以y23x1在x0处的导数是3ln 226ln 23(2021沭阳期中)对于函数f(x)xln x，若f(a)2，则实数a的值为()Ae2 Be C2ln 2 Dln 2B解析：根据题意，f(x)xln x，则f(x)(x)ln xx(ln x)ln x1若f(a)2，即ln a12，解得ae4设函数f(x)的导函数为f(x)，且f(x)x22xf(1)，则f(0)等于()A0B4 C2D2B解析：因为f(x)2x2f(1)，所以f(1)22f(1)，所以f(1)2，所以f(0)2f(1)4

3、5若函数f(x)exax1的图象经过点(1，e)，则曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线的斜率k()AeBe1 Ce2De21D解析：依题意，ef(1)ea1，解得a1，即函数f(x)exx1又f(x)ex1，得曲线yf(x)在点(2，f(2)处切线的斜率kf(2)e216如图，函数yf(x)的图象在点P(2，y)处的切线是l，则f(2)f(2)()A4 B3 C2 D1D解析：由图象可得：切线l与x轴交于(4,0)，与y轴交于(0,4)，则可知l：xy4，所以f(2)2，f(2)1，所以f(2)f(2)17曲线f(x)x32x1在点M处的切线斜率为2，则点M的坐标为_(0,1)解析：f(

4、x)3x22，所以3x222，解得x0，所以f(0)1，所以M(0,1)8函数f(x)3xcos x在(0，f(0)处的切线与直线2xmy10垂直，则实数m的值为_6解析：f(x)3sin x，所以f(0)3，所以f(x)在(0，f(0)处的切线斜率为3，直线2xmy10的斜率为eq f(2,m)因为f(x)在(0，f(0)处的切线与直线2xmy10垂直，所以3eq f(2,m)1，解得m69已知f(x)x2，则曲线yf(x)过点P(1,0)的切线方程是_y0或4xy40解析：设切点坐标为(x0，xeq oal(2,0)，因为f(x)2x，所以切线方程为y02x0(x1)，所以xeq oal(

5、2,0)2x0(x01)，解得x00或x02，所以所求切线方程为y0或y4(x1)，即y0或4xy40B组新高考培优练10已知点P在曲线yeq f(4r(3),ex1)上，为曲线在点P处的切线的倾斜角，则的取值范围是()Aeq blcrc)(avs4alco1(0，f(,3)Beq blcrc)(avs4alco1(f(,3)，f(,2)Ceq blc(rc(avs4alco1(f(,2)，f(2,3)Deq blcrc)(avs4alco1(f(2,3)，)D解析：根据题意得f(x)eq f(4r(3)ex,e2x2ex1)，因为keq f(4r(3),exf(1,ex)2)eq f(4r(

6、3),22)eq r(3)，当且仅当exeq f(1,ex)时，等号成立则曲线yf(x)上切点处的切线的斜率eq r(3)k0又因为ktan ，所以eq blcrc)(avs4alco1(f(2,3)，)11设函数f(x)在定义域内可导，yf(x)的图象如图所示，则导函数yf(x)的图象可能为() A B C DA解析：由f(x)的图象可知从左到右函数图象的切线斜率y轴左侧先大于0，再小于0，在y轴的右侧小于0，所以导函数yf(x)的图象在区间(，0)内，先有f(x)0，再有f(x)0，在区间(0，)内有f(x)0，A选项吻合12已知函数f(x)eq f(2,2 020 x1)sin x，其中

7、f(x)为函数f(x)的导数，则f(2 020)f(2 020)f(2 021)f(2 021)()A0B2 C2 020D2 021B解析：因为f(x)eq f(2,2 020 x1)sin x，则f(x)f(x)eq f(2,2 020 x1)sin xeq f(2,2 020 x1)sin(x)2，所以f(2 020)f(2 020)2又f(x)cos xeq f(22 020 xln 2 020,2 020 x12)，所以f(x)cos xeq f(22 020 xln 2 020,2 020 x12)cos xeq f(22 020 xln 2 020,2 020 x12)，故f(x

8、)f(x)0，所以f(2 021)f(2 021)0，则f(2 020)f(2 020)f(2 021)f(2 021)213(多选题)(2021武侯区模拟)已知函数f(x)及其导数f(x)，若存在x0使得f(x0)f(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”则下列函数有“巧值点”的函数是()Af(x)x2 Bf(x)exCf(x)ln x Df(x)tan x AC解析：对于A，f(x)x2，则f(x)2x，令x22x，解得x0或x2，即方程f(x)f(x)有解，故A符合对于B，f(x)ex，则f(x)ex，令exex，方程无解，故B不符合对于C，f(x)ln x，则f(x)eq f(1,

9、x)，令ln xeq f(1,x)，即xln x10令g(x)xln x1，则g(x)ln x1，所以当0 xeq f(1,e)时，g(x)0，则g(x)单调递减，当xeq f(1,e)时，g(x)0，则g(x)单调递增，所以当xeq f(1,e)时，g(x)取得最小值geq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)1eq f(1,e)0又g(e)0，故存在x0eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，e)，使得g(x)0，即方程f(x)f(x)有解，故C符合对于D，f(x)tan x，则f(x)eq f(1,cos2x)，令eq f(1,cos2x)tan x，即sin

10、 xcos x1，即sin 2x2，方程无解，故D不符合14已知f(x)ln x，g(x)eq f(1,2)x2mxeq f(7,2)(m0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，与f(x)图象的切点为(1，f(1)，则m_2解析：因为f(x)eq f(1,x)，所以直线l的斜率kf(1)1又f(1)0，所以切线l的方程为yx1g(x)xm，设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，则有x0m1，y0 x01，y0eq f(1,2)xeq oal(2,0)mx0eq f(7,2)，m0，所以m215被誉为“数学之神”的阿基米德是古希腊伟大的物理学家、数学家、哲学家，他最早利用逼近的思想证明了如下结论：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积，等于抛物线的弦与经过弦的端点的两条切线所围成的三角形面积的三分之二这个结论就是著名的阿基米德定理，其中的三角形被称为阿基米德三角形在平面直角坐标系中，已知直线l：y4与抛物线C：yeq f(1,4)x2交于A，B两点，则弦与抛物线C所围成的封闭图形的面积为_eq f(64,3)解析：由题意知，点A(4,4)，B(4,4)，因为y