高中数学三角函数历年高考题汇编(附答案)

时间120分钟，满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．(2010?全国Ⅱ文，7)若曲线y＝x2＋ax＋b在点(0，b)处的切线方程是x－y＋1＝0，则() A．a＝1，b＝1

B．a＝－1，b＝1

C．a＝1，b＝－1

D．a＝－1，b＝－1

[答案] A

[解析]y′＝2x＋a，∴y′|x＝0＝(2x＋a)|x＝0＝a＝1，

将(0，b)代入切线方程得b＝1.

2．一物体的运动方程为s＝2tsint＋t，则它的速度方程为()

A．v＝2sint＋2tcost＋1

B．v＝2sint＋2tcost

C．v＝2sint

D．v＝2sint＋2cost＋1

[答案] A

[解析]因为变速运动在t0的瞬时速度就是路程函数y＝s(t)在t0的导数，S′＝2sint＋2tcost＋1，故选A.

3．曲线y＝x2＋3x在点A(2,10)处的切线的斜率是()

A．4

B．5

C．6

D．7

[答案] D

[解析]由导数的几何意义知，曲线y＝x2＋3x在点A(2,10)处的切线的斜率就是函数y＝x2＋3x在x＝2时的导数，y′|x＝2＝7，故选D.

4．函数y＝x|x(x－3)|＋1()

A．极大值为f(2)＝5，极小值为f(0)＝1

B．极大值为f(2)＝5，极小值为f(3)＝1

C．极大值为f(2)＝5，极小值为f(0)＝f(3)＝1

D．极大值为f(2)＝5，极小值为f(3)＝1，f(－1)＝－3

[答案] B

[解析]y＝x|x(x－3)|＋1

＝x3－3x2＋1(x<0或x>3)－x3＋3x2＋1(0≤x≤3)

∴y′＝3x2－6x(x<0或x>3)－3x2＋6x(0≤x≤3)

x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表：

x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 (3，＋∞)

f′(x) ＋0 ＋0 －0 ＋

f(x) 无极值 极大值5 极小值1

∴f(x)极大＝f(2)＝5，f(x)极小＝f(3)＝1

故应选B.

5．(2009?安徽理，9)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是()

A．y＝2x－1

B．y＝x

C．y＝3x－2

D．y＝－2x＋3

[答案] A

[解析]本题考查函数解析式的求法、导数的几何意义及直线方程的点斜式．

∵f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，

∴f(2－x)＝2f(x)－x2－4x＋4，

∴f(x)＝x2，∴f′(x)＝2x，

∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，切线方程为y－1＝2(x－1)，∴y＝2x－1.

6．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3时取得极值，则a等于()

A．2

B．3

C．4

D．5

[答案] D

[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋3，

∵f(x)在x＝－3时取得极值，

∴x＝－3是方程3x2＋2ax＋3＝0的根，

∴a＝5，故选D.

7．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是()

A．(－3,0)∪(3，＋∞)

B．(－3,0)∪(0,3)

C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)

D．(－∞，－3)∪(0,3)

[答案] D

[解析]令F(x)＝f(x)?g(x)，易知F(x)为奇函数，又当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即F′(x)>0，知F(x)在(－∞，0)内单调递增，又F(x)为奇函数，所以F(x)在(0，＋∞)内也单调递增，且由奇函数知f(0)＝0，∴F(0)＝0.

又由g(－3)＝0，知g(3)＝0

∴F(－3)＝0，进而F(3)＝0

于是F(x)＝f(x)g(x)的大致图象如图所示

∴F(x)＝f(x)?g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，故应选D.

8．下面四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图象，其中一定不正确的序号是()

A．①②

B．③④

C．①③

D．①④

[答案] B

[解析]③不正确；导函数过原点，但三次函数在x＝0不存在极值；④不正确；三次函数先增后减再增，而导函数先负后正再负．故应选B.

9．(2010?湖南理，5)241xdx等于()

A．－2ln2

B．2ln2

C．－ln2

D．ln2

[答案] D

[解析]因为(lnx)′＝1x，

所以241xdx＝lnx|42＝ln4－ln2＝ln2.

10．已知三次函数f(x)＝13x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在x∈(－∞，＋∞)是增函数，则m的取值范围是()

A．m<2或m>4

B．－4

C．2

D．以上皆不正确

[答案] D

[解析]f′(x)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，

由题意得x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7≥0恒成立，∴Δ＝4(4m－1)2－4(15m2－2m－7)

＝64m2－32m＋4－60m2＋8m＋28

＝4(m2－6m＋8)≤0，

∴2≤m≤4，故选D.

11．已知f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1,2]上是减函数，那么b＋c()

A．有最大值152

B．有最大值－152

C．有最小值152

D．有最小值－152

[答案] B

[解析]由题意f′(x)＝3x2＋2bx＋c在[－1,2]上，f′(x)≤0恒成立．

所以f′(－1)≤0f′(2)≤0

即2b－c－3≥04b＋c＋12≤0

令b＋c＝z，b＝－c＋z，如图

过A－6，－32得z最大，

最大值为b＋c＝－6－32＝－152.故应选B.

12．设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a

A．f(x)g(x)>f(b)g(b)

B．f(x)g(a)>f(a)g(x)

C．f(x)g(b)>f(b)g(x)

D．f(x)g(x)>f(a)g(x)

[答案] C

[解析]令F(x)＝f(x)g(x)

则F′(x)＝f′(x)g(x)－f(x)g′(x)g2(x)<0

f(x)、g(x)是定义域为R恒大于零的实数

∴F(x)在R上为递减函数，

当x∈(a，b)时，f(x)g(x)>f(b)g(b)

∴f(x)g(b)>f(b)g(x)．故应选C.

二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)

13.－2－1dx(11＋5x)3＝________.

[答案]772

[解析]取F(x)＝－110(5x＋11)2，

从而F′(x)＝1(11＋5x)3

则－2－1dx(11＋5x)3＝F(－1)－F(－2)

＝－110×62＋110×12＝110－1360＝772.

14．若函数f(x)＝ax2－1x的单调增区间为(0，＋∞)，则实数a的取值范围是________．

[答案]a≥0

[解析]f′(x)＝ax－1x′＝a＋1x2，

由题意得，a＋1x2≥0，对x∈(0，＋∞)恒成立，

∴a≥－1x2，x∈(0，＋∞)恒成立，∴a≥0.

15．(2009?陕西理，16)设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．

[答案]－2

[解析]本小题主要考查导数的几何意义和对数函数的有关性质．

k＝y′|x＝1＝n＋1，

∴切线l：y－1＝(n＋1)(x－1)，

令y＝0，x＝nn＋1，∴an＝lgnn＋1，

∴原式＝lg12＋lg23＋…＋lg99100

＝lg12×23×…×99100＝lg1100＝－2.

16．如图阴影部分是由曲线y＝1x，y2＝x与直线x＝2，y＝0围成，则其面积为________．

[答案]23＋ln2

[解析]由y2＝x，y＝1x，得交点A(1,1)

由x＝2y＝1x得交点B2，12.

故所求面积S＝01xdx＋121xdx

＝23x3210＋lnx21＝23＋ln2.

三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(本题满分12分)(2010?江西理，19)设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)．

(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；

(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值．

[解析]函数f(x)的定义域为(0,2)，

f′(x)＝1x－12－x＋a，

(1)当a＝1时，f′(x)＝－x2＋2x(2－x)，所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，

2)；

(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝2－2xx(2－x)＋a>0，

即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝12.

18．(本题满分12分)求曲线y＝2x－x2，y＝2x2－4x所围成图形的面积．

[解析]由y＝2x－x2，y＝2x2－4x得x1＝0，x2＝2.

由图可知，所求图形的面积为S＝02(2x－x2)dx＋|02(2x2－4x)dx|＝02(2x－x2)dx－02(2x2－4x)dx.

因为x2－13x3′＝2x－x2，

23x3－2x2′＝2x2－4x，

所以S＝x2－13x320－23x3－2x220＝4.

19．(本题满分12分)设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．

(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a，b的值；

(2)求函数f(x)的单调区间与极值点．

[分析]考查利用导数研究函数的单调性，极值点的性质，以及分类讨论思想．

[解析](1)f′(x)＝3x2－3a.

因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，

所以f′(2)＝0，f(2)＝8.即3(4－a)＝0，8－6a＋b＝8.

解得a＝4，b＝24.

(2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)．

当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)没有极值点．

当a>0时，由f′(x)＝0得x＝±a.

当x∈(－∞，－a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；

当x∈(－a，a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．

此时x＝－a是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点．

20．(本题满分12分)已知函数f(x)＝12x2＋lnx.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)求证：当x>1时，12x2＋lnx<23x3.

[解析](1)依题意知函数的定义域为{x|x>0}，

∵f′(x)＝x＋1x，故f′(x)>0，

∴f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．

(2)设g(x)＝23x3－12x2－lnx，

∴g′(x)＝2x2－x－1x，

∵当x>1时，g′(x)＝(x－1)(2x2＋x＋1)x>0，

∴g(x)在(1，＋∞)上为增函数，

∴g(x)>g(1)＝16>0，

∴当x>1时，12x2＋lnx<23x3.

21．(本题满分12分)设函数f(x)＝x3－92x2＋6x－a.

(1)对于任意实数x,f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；

(2)若方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求a的取值范围．

[分析]本题主要考查导数的应用及转化思想，以及求参数的范围问题．

[解析](1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)．

因为x∈(－∞，＋∞)．f′(x)≥m，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立．

所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－34，即m的最大值为－34.

(2)因为当x<1时，f′(x)>0；当12时f′(x)>0.

所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a，

当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a.

故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根，解得a<2或a>52.

22．(本题满分14分)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋1(a∈R)．

(1)若函数y＝f(x)在区间0，23上递增，在区间23，＋∞上递减，求a的值；

(2)当x∈[0,1]时，设函数y＝f(x)图象上任意一点处的切线的倾斜角为θ，若给定常数a∈32，＋∞，求θ的取值范围；

(3)在(1)的条件下，是否存在实数m，使得函数g(x)＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1(m∈R)的图象与函数y＝f(x)的图象恰有三个交点．若存在，请求出实数m的值；若不存在，试说明理由．

[解析](1)依题意f′23＝0，

由f′(x)＝－3x2＋2ax，得－3232＋2a?23＝0，即a＝1.

(2)当x∈[0,1]时，tanθ＝f′(x)＝－3x2＋2ax＝－3x－a32＋a23.

由a∈32，＋∞，得a3∈12，＋∞.

①当a3∈12，1，即a∈32，3时，f′(x)max＝a23，

f(x)min＝f′(0)＝0.

此时0≤tanθ≤a23.

②当a3∈(1，＋∞)，即a∈(3，＋∞)时，f′(x)max＝f′(1)＝2a－3，f′(x)min＝f′(0)＝0，

此时，0≤tanθ≤2a－3.

又∵θ∈[0，π)，∴当32

当a>3时，θ∈[0，arctan(2a－3)]．

(3)函数y＝f(x)与g(x)＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1(m∈R)的图象恰有3个交点，等价于方程－x3＋x2＋1＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1恰有3个不等实根，

∴x4－4x3＋(1－m)x2＝0，

显然x＝0是其中一个根(二重根)，

方程x2－4x＋(1－m)＝0有两个非零不等实根，则

Δ＝16－4(1－m)>01－m≠0

∴m>－3且m≠1

故当m>－3且m≠1时，函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象恰有3个交点．