导数专题——直观想象素养水平测试--2026届高三数学二轮复习

高二数学期中复习导数专题——直观想象素养水平测试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．函数的图像如图所示，则（   ） A． B． C． D．的正负不确定 【答案】B 【分析】由导数的几何意义求解即可. 【详解】由题中图像可知，函数在上单调递减，故在上有．故． 故选：B 2．已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数单调性以及曲线在某一点导数的几何意义可知. 【详解】由题可知：函数为单调递增，且在区间内为下凸函数， 所以，即. 故选：B 3．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（   ） A．在区间上单调递减 B．在处取得极大值 C．在区间上单调递减 D．在处取得极小值 【答案】D 【分析】根据导函数图象与函数极值、单调性关系一一分析即可. 【详解】对A，当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减，故A错误； 对B，在附近，导函数符号不变，则在处取不到极大值，故B错误； 对C，当时，此时单调递增，故C错误； 对D，由图知为附近的最低点，则在处取得极小值，故D正确. 故选：D. 4．现有一张半径为1m的圆形铁皮，从中裁剪出一块扇形铁皮(如图1阴影部分)，并卷成一个深度为的圆锥筒，如图2，则圆锥筒的容积最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先设出圆锥的底面半径，根据圆锥的几何特征找到与的关系，由此表示出圆锥容积关于的函数表达式，再利用导数即可求出容积的最大值. 【详解】设圆锥筒的底面半径为，容积为， 因为，．所以， 即，．因为， 令得：（舍负值）． 列表如下： 0 极大值 所以，当时，取极大值即最大值，则的最大值为， 故选B． 5．已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（   ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】D 【分析】设底面边长为，则高，体积，设，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极大值点，从而求出. 【详解】设底面边长为，则高， 由，所以， 所以体积 ， 设，，则， 所以当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以当时取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大， 此时. 故选：D． 6．在我国古代建筑中，梁一直是很重要的组成部分，现代工程科学常用抗弯截面系数来刻画梁的承重能力.若梁的截面形状是圆，且圆形截面的半径为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是正方形，且正方形截面的边长为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是长方形，且长方形截面的长为，宽为，则抗弯截面系数.若上述三种截面形状的梁的截面周长相同，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意分别得到的表达式，即可构造函数，根据导数求解函数的单调性求解。 【详解】记这三种截面的周长为C，则，从而， ，. 由，得. 令，，则， 显然在上恒成立，故在上单调递增， 因为，，所以. 因为，所以.     故选:D 7．已知圆台的母线长为3，上下底面半径比为1:2，当圆台体积最大时，此圆台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台体积与其高的函数关系，再利用导数求出取最大值的条件，再按外接球球心在两平行平面间及外分类求出球半径即可. 【详解】设圆台上底半径为，则其下底半径为，高， 此圆台的体积，， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则当，即时，此圆台体积取得最大值， 设球的半径为，则球心到两个截面距离分别为， 显然此圆台的外接球球心在两底圆心确定的直线上， 则或， 解，无解；解，得， 所以此圆台的外接球的表面积为. 故选：C 8．若函数的零点有两个，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】函数有两个零点，即函数的图像与的图像有两个交点，由导数判断函数的单调性、极值、由函数图像的交点个数得的取值范围. 【详解】函数有两个零点，即函数的图像与的图像有两个交点， 函数的定义域为， ， 令，解得：， 当时，，得在区间上单调递减； 当时，，得在区间上单调递增； 故当时，取得极小值，极小值为， 令，解得， 当时，；当时，， 当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于； 当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大， 由此作出函数的大致图像： 由图像可得当时，交点为个； 当或时，交点为1个； 当时，交点为2个. 若函数的图像与的图像有两个交点， 则由图可知：实数的取值范围为. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念．在研究切线时认识到，求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值，以及当此差值变成无限小时它们的比值，这也正是导数的几何意义．设是函数的导函数，若，对，，且，总有，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项，根据导函数得到函数的单调性，进而得到；B选项，根据条件得到函数图象上凸，画出函数图象，由的几何意义得到；CD选项，结合，结合图象得到答案. 【详解】A选项，根据可得，在R上单调递增， 因为，所以，A正确； B选项，因为，，且，总有， 所以函数图象上凸，画出函数图象，由几何意义可知，表示函数图象上的各点处的切线斜率， 显然随着的增大，切线斜率变小，且恒为正， 因为，所以，B正确； C选项，，结合函数图象可知，C错误，D正确.    故选：ABD 10．国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2020年国夏粮总产量达14281万吨，创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民食，也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容积为立方米的粮食储藏容器，如图1所示，已知该容器分上下两部分，中上部分是底面半径和高都为米的圆锥，下部分是底面半径为米､高为米的圆柱体，如图2所示.经测算，圆锥的侧面每平方米的建造费用为元，圆柱的侧面､底面每平方米的建造费用为元，设每个容器的制造总费用为元，则下面说法正确的是（    ） A． B．的最大值为 C．当时， D．当时，有最小值，最小值为 【答案】BCD 【解析】根据已知，利用圆柱和圆锥的体积公式求得，结合可得的范围，则可判断A的对错；根据与的关系即可利用的范围求的最大值，则可判断B的对错；分别求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，底面积，然后得到总费用的表达式，进而将代入，即可判断C选项的对错；在C的基础上，利用导数求解最值即可判断D的对错. 【详解】由题意可得，所以，由，得，解得，所以，故A项不正确. 易知随的增大而减小，所以当时，取得最大值，且最大值，故B项正确. 圆锥的母线长，故圆锥的侧面积， 圆柱的侧面积，圆柱的底面积， 所以总费用 . 当时，，C项正确. ， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为，D项正确. 故选：BCD 【点睛】关键点睛：本题粮食储存问题为背景，解题关键是通过组合体体积与表面积的求解，制造总费用的最值的求解，主要考查考查运算求解能力､逻辑思维能力､创新能力，难度属于中档题 11．已知，函数，则（    ） A．的图象关于y轴对称 B．恰有3个零点 C．恰有2个极值点 D．在上单调递增 【答案】BCD 【分析】根据奇偶函数的定义判断与的关系即可判断A；求出后，式子比较复杂，构造函数，通过导数研究的单调性，零点来研究的性质，从而可判断BCD. 【详解】因为函数是定义在上的函数， 所以定义域关于原点对称，且， 所以是奇函数，所以的图象关于原点对称，故A错误. 由得， 令，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 又，， 由函数零点存在定理知在上只有一个零点，设为，在上只有一个零点，设为，作出的大致图象如图1： 所以当时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增； 当时，，即，单调递减， 所以恰有2个极值点，故C正确. 又，且当时，, 作出的大致图象如图2： 所以恰有3个零点，故B正确. 因为，由图1知， 当时，，即，单调递增，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．函数的图象如图所示，则下列结论： ①，，，；②，，，； ③，，，；④，，，． 其中，结论成立的是________填序号． 【答案】① 【分析】根据题意，先由函数的图像分析的范围，求出函数的导数，利用导数与单调性的关系分析的符号，即可得答案 【详解】解：由图可知，所以④错误； 由，得， 由图像可得的解集为，所以， 因为，所以， 所以， 所以①成立， 故答案为：① 13．在四面体中，，则该四面体体积的最大值是___________． 【答案】 【分析】将四面体放置在长方体中，设，结合长方体性质可得，结合换元法以及割补法即可表示出四面体体积的表达式，利用导数求解最值，即可得答案. 【详解】将四面体如图放置在长方体中，设， 显然， 则，从而 可得，设，则，且， 则， 记，则， 当时，；当时，； 故在上单调递增，在上单调递减， 所以当，即时，取最大值， 故的最大值为． 故答案为： 14．某公园有一个长方形地块ABCD，这AB为千米，AD长4千米，地块的一角是水塘（图中阴影部分），已知边缘曲线AC是以A为顶点，以AD所在直线为对称轴的抛物线的一部分．现要经过曲线AC上某一点（异于A，C两点）铺设一条直线隔离带MN，点M，N，分别在边AB，BC上，隔离带占地面积忽略不计且不能穿过水塘，设点P到边AD的距离为t（单位：千米），的面积为S（单位：平方千米），则隔离出来的的面积S的最大值为______平方千米． 【答案】 【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，根据抛物线过点可得抛物线的方程，根据导数的几何意义可得，，故，利用导数求最大值即可. 【详解】如图建立平面直角坐标系， 则， 由题意设抛物线方程为，代入点，得，解得， 所以抛物线方程为， 由题意知直线MN为抛物线的切线， 因为点P到边AD的距离为，所以切点P的坐标为， 由，得，所以直线MN的斜率为， 所以直线MN的方程为，即， 令，得，所以， 令，得，所以， 所以， 则， 因为，所以当对，单调递增，当时，单调递减， 所以当时，取得最大值平方千米． 故答案为:. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知函数 (1)求出的极值点，零点，并画出的大致图象； (2)证明：. 【答案】(1)极小值点，无极大值，零点为1，图象见详解； (2)证明见详解 【分析】（1）求导，判断导数的正负得到单调性和极值，结合单调性判断零点，画图； （2）令，利用导数判断单调性极值，得证. 【详解】（1）由，则，， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，极小值点为，无极大值； 又，，，，， 所以函数的零点为1. （2）令，则， 当时，，即单调递减， 当时 ，，即单调递增， 所以，即， 所以，得证 16．给定函数 (1)求函数的单调区间； (2)画出函数的大致图象； (3)求出方程的解的个数. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)作图见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）求出函数的导数，解导数大于0，小于0的不等式即可. （2）由（1）作出大致图象. （3）结合（2）的图象，求出函数的图象与直线的交点个数即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 由，得，由，得， 所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为. （2）由（1）知，函数在处取得最小值，，当时，， 函数的大致图象，如图： （3）方程解的个数等价于函数的图象与直线的交点个数， 由（2）知当时，方程的解为个； 当或时，方程的解为个； 当时，方程的解为个. 17．某市城郊由3条公路围成的不规则的一块土地（其平面图形为图所示）．市政府为积极落实“全民健身”国家战略，准备在此地块上规划一个体育馆．建立图所示的平面直角坐标系，函数的图象由曲线段和直线段构成，已知曲线段可看成函数的一部分，直线段（百米），体育馆平面图形为直角梯形（如图所示），，．（参考数据：）    (1)求函数的解析式； (2)在线段上是否存在点，使体育馆平面图形面积最大？若存在，求出该点到原点的距离；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，（百米）． 【分析】（1）根据函数图象即可得出解析式； （2）写出面积表达式，利用导数求函数单调性，即可得出点的位置. 【详解】（1）由题意，因为在曲线上，即，， 所以，． 又因为，，所以线段方程为， 所以，． 所以函数的解析式为：． （2）由题意及（1）得， 在中， 设点坐标为，则． 又，，点坐标为， 所以直角梯形的面积， 即， 所以． 令，解得． 当时，； 当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以时，函数取得最大值． 故在线段上存在点，使体育馆平面图形面积最大，且到的距离（百米）． 18．已知函数， (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】(1)上单调递增，上单调递减. (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性； （3）利用切割线放缩证明. 【详解】（1）,, ,, 上单调递增，上单调递减. （2）,, 在上单调递增，上单调递减. ， ， 因为，所以函数在区间上为上凸函数， 函数在区间的图象如图所示. 不妨设，则.      连接和点的直线l2的方程为：, 当时，, 由图可知,所以要证明，只需证明，即只需证明， 连接的直线的方程为,设函数的图象的与平行的切线是直线， ，， 直线的方程为,即， 令,得直线与直线的交点横坐标为, 由图可知，， 故要证不等式成立. 19．一块边长为12cm的正三角形薄铁片，按如图所示设计方案，裁剪下三个全等的四边形（每个四边形中有且只有一组对角为直角），然后用余下的部分加工制作成一个“无盖”的正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）形容器．    (1)若将加工制作成的这个“无盖”的正三棱柱形容器的容积记为，请将表示为关于的函数，并求的最大值； (2)若加工人员为了充分利用边角料，考虑在加工过程中，使用裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”，请指出此时的值；若还需要在该正三棱柱形容器中放入一个金属球体，试求该金属球体的最大体积． 【答案】(1)，最大值为； (2)； 【分析】（1）利用表示出三棱柱的高和底面三角形面积，根据棱柱体积公式可得函数关系式，借助于求导判断函数的单调性即可求得其最大值； （2）利用减掉的三个四边形面积之和等于棱柱底面三角形面积可构造方程求得；根据底面三角形内切圆半径和棱柱的高可确定当球的直径与棱柱高相等时，球的体积最大，由此可得所求球的半径，利用球的体积公式可求得结果. 【详解】（1）如图所示，   ，又，， 即三棱柱的高，又棱柱底面积， 三棱柱容器的体积， 即所求函数关系式为. 则，当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值为32. 即，且的最大值为32cm³. （2）减掉的三个四边形材料面积之和为， 则，解得：. 正三棱柱容器底面三角形内切圆半径为，又该正三棱柱的高为， 若金属球体的体积最大，则直径应与三棱柱的高相等，球的半径， 该金属球体的最大体积. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学期中复习导数专题——直观想象素养水平测试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．函数的图像如图所示，则（   ） A． B． C． D．的正负不确定 2．已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A． B． C． D． 3．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（   ） A．在区间上单调递减 B．在处取得极大值 C．在区间上单调递减 D．在处取得极小值 4．现有一张半径为1m的圆形铁皮，从中裁剪出一块扇形铁皮(如图1阴影部分)，并卷成一个深度为的圆锥筒，如图2，则圆锥筒的容积最大值为（    ） A． B． C． D． 5．已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（   ） A．1 B． C．2 D．3 6．在我国古代建筑中，梁一直是很重要的组成部分，现代工程科学常用抗弯截面系数来刻画梁的承重能力.若梁的截面形状是圆，且圆形截面的半径为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是正方形，且正方形截面的边长为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是长方形，且长方形截面的长为，宽为，则抗弯截面系数.若上述三种截面形状的梁的截面周长相同，则（    ） A． B． C． D． 7．已知圆台的母线长为3，上下底面半径比为1:2，当圆台体积最大时，此圆台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．若函数的零点有两个，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念．在研究切线时认识到，求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值，以及当此差值变成无限小时它们的比值，这也正是导数的几何意义．设是函数的导函数，若，对，，且，总有，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 10．国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2020年国夏粮总产量达14281万吨，创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民食，也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容积为立方米的粮食储藏容器，如图1所示，已知该容器分上下两部分，中上部分是底面半径和高都为米的圆锥，下部分是底面半径为米､高为米的圆柱体，如图2所示.经测算，圆锥的侧面每平方米的建造费用为元，圆柱的侧面､底面每平方米的建造费用为元，设每个容器的制造总费用为元，则下面说法正确的是（    ） A． B．的最大值为 C．当时， D．当时，有最小值，最小值为 11．已知，函数，则（    ） A．的图象关于y轴对称 B．恰有3个零点 C．恰有2个极值点 D．在上单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．函数的图象如图所示，则下列结论： ①，，，；②，，，； ③，，，；④，，，． 其中，结论成立的是________填序号． 13．在四面体中，，则该四面体体积的最大值是___________． 14．某公园有一个长方形地块ABCD，这AB为千米，AD长4千米，地块的一角是水塘（图中阴影部分），已知边缘曲线AC是以A为顶点，以AD所在直线为对称轴的抛物线的一部分．现要经过曲线AC上某一点（异于A，C两点）铺设一条直线隔离带MN，点M，N，分别在边AB，BC上，隔离带占地面积忽略不计且不能穿过水塘，设点P到边AD的距离为t（单位：千米），的面积为S（单位：平方千米），则隔离出来的的面积S的最大值为______平方千米． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知函数 (1)求出的极值点，零点，并画出的大致图象； (2)证明：. 16．给定函数 (1)求函数的单调区间； (2)画出函数的大致图象； (3)求出方程的解的个数. 17．某市城郊由3条公路围成的不规则的一块土地（其平面图形为图所示）．市政府为积极落实“全民健身”国家战略，准备在此地块上规划一个体育馆．建立图所示的平面直角坐标系，函数的图象由曲线段和直线段构成，已知曲线段可看成函数的一部分，直线段（百米），体育馆平面图形为直角梯形（如图所示），，．（参考数据：）    (1)求函数的解析式； (2)在线段上是否存在点，使体育馆平面图形面积最大？若存在，求出该点到原点的距离；若不存在，请说明理由． 18．已知函数， (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，设，为两个不相等的正数，且，证明：. 19．一块边长为12cm的正三角形薄铁片，按如图所示设计方案，裁剪下三个全等的四边形（每个四边形中有且只有一组对角为直角），然后用余下的部分加工制作成一个“无盖”的正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）形容器．    (1)若将加工制作成的这个“无盖”的正三棱柱形容器的容积记为，请将表示为关于的函数，并求的最大值； (2)若加工人员为了充分利用边角料，考虑在加工过程中，使用裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”，请指出此时的值；若还需要在该正三棱柱形容器中放入一个金属球体，试求该金属球体的最大体积． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $