《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (2024福建厦门一模,3)已知直线$l$与曲线$y=x^{3}-x$在原点处相切,则$l$的倾斜角为 ( )
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{3\pi}{4}$
D. $\frac{5\pi}{6}$

答案：
1. C 由$y' = 3x^{2}-1$，得$y'\vert_{x = 0}=-1$（注意：切点为$(0,0)$），即直线$l$的斜率为$-1$，所以$l$的倾斜角为$\frac{3\pi}{4}$。故选C。

2. (2024湖北八市联考,6)已知函数$f(x)$为偶函数,其图象在点$(1,f(1))$处的切线方程为$x - 2y + 1 = 0$,记$f(x)$的导函数为$f'(x)$,则$f'(-1)=$ ( )
A. $-\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
C. -2
D. 2

答案：
2. A 因为$f(x)$为偶函数，所以$f(x)=f(-x)$，两边求导，可得$f'(x)=f'(-x)\cdot(-x)'$，$f'(x)=-f'(-x)$。
又$f(x)$的图象在$(1,f(1))$处的切线方程为$x - 2y+1 = 0$，所以$f'(1)=\frac{1}{2}$。所以$f'(-1)=-f'(1)=-\frac{1}{2}$。故选A。

3. (2024广东茂名一模,4)曲线$f(x)=e^{x}+ax$在点$(0,1)$处的切线与直线$y = 2x$平行,则$a=$ ( )
A. -2
B. -1
C. 1
D. 2

答案：
3. C 因为曲线$f(x)=e^{x}+ax$在点$(0,1)$处的切线与直线$y = 2x$平行，所以曲线$f(x)=e^{x}+ax$在点$(0,1)$处的切线的斜率为$2$，因为$f'(x)=e^{x}+a$，所以$f'(0)=e^{0}+a=1 + a = 2$，所以$a = 1$，故选C。

4. (2024山东名校考试联盟联考,6)若曲线$f(x)=e^{x}$在$x = 1$处的切线与曲线$g(x)=\ln x + a$也相切,则$a=$ ( )
A. $\frac{1}{2}$
B. 1
C. $\frac{3}{2}$
D. 2

答案：
4. D 由$f(x)=e^{x}$得$f(1)=e$，$f'(x)=e^{x}$，所以$f'(1)=e$，则曲线$f(x)=e^{x}$在$x = 1$处的切线为$y = ex$，设该直线与曲线$g(x)=\ln x+a$相切的切点为$(x_{0},\ln x_{0}+a)$，由$g(x)=\ln x+a$得$g'(x)=\frac{1}{x}$，则$g'(x_{0})=\frac{1}{x_{0}}=e$，所以$x_{0}=\frac{1}{e}$，所以切点为$(\frac{1}{e},a - 1)$，由$(\frac{1}{e},a - 1)$在直线$y = ex$上得$a - 1=e\times\frac{1}{e}$，解得$a = 2$。故选D。

5. (2024湖南衡阳一模,7)若函数$f(x)=x^{3}+4$与$g(x)=x^{2}-2x$图象的交点为$A$,则曲线$y = f(x)$在点$A$处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ( )
A. 4
B. 6
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{8}{3}$

答案：
5. B 由$f(x)=g(x)$，得$x^{3}-x^{2}+2x + 4=x^{3}+x^{2}-2x^{2}-2x + 4x+4=(x + 1)(x^{2}-2x + 4)=0$，解得$x=-1$，所以$A(-1,3)$。由$f'(x)=3x^{2}$，得$f'(-1)=3$，所以曲线$y = f(x)$在点$A$处的切线方程为$y - 3=3(x + 1)$，即$y = 3x+6$，令$x = 0$，得$y = 6$，令$y = 0$，得$x=-2$，则所求三角形的面积为$\frac{1}{2}\times6\times2 = 6$。故选B。

6. (2024辽宁葫芦岛学业质量监测,8)已知直线$y = ax - 1$与曲线$y=\frac{\ln x}{x}$相切,则$a$的值为 ( )
A. 1
B. $\frac{1}{e}$
C. $\frac{1-\ln 2}{4}$
D. $2e^{2}$

答案：
6. A 对$y=\frac{\ln x}{x}$求导得$y'=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$。设切点为$(x_{0},y_{0})$，则$\begin{cases}y_{0}=ax_{0}-1\\y_{0}=\frac{\ln x_{0}}{x_{0}}\\a=\frac{1-\ln x_{0}}{x_{0}^{2}}\end{cases}$（根据切点既在切线上，又在曲线上及导数的几何意义列方程组）故$\begin{cases}y_{0}=\frac{1-\ln x_{0}}{x_{0}}-1\\y_{0}=\frac{\ln x_{0}}{x_{0}}\end{cases}$，即$\frac{\ln x_{0}}{x_{0}}=\frac{1-\ln x_{0}}{x_{0}}-1$，则$2\ln x_{0}+x_{0}-1 = 0$。令$f(x)=2\ln x+x - 1$，$x\gt0$，易知$f(x)=2\ln x+x - 1$为增函数，且$f(1)=0$，故$x_{0}=1$。故$a=\frac{1-\ln 1}{1}=1$。故选A。

7. (多选)(2024河北质量监测,10)过点$A(1,2)$与曲线$f(x)=x^{3}+x$相切的直线为 ( )
A. $2x + y - 4 = 0$
B. $3x - y - 1 = 0$
C. $4x - y - 2 = 0$
D. $7x - 4y + 1 = 0$

答案：
7. CD 因为$f(x)=x^{3}+x$，所以$f'(x)=3x^{2}+1$。
若$A$点是切点，则$k=f'(1)=4$，则切线方程为$y - 2=4(x - 1)$，即$4x - y-2 = 0$，故C正确；
若$A$点不是切点，设切点为$B(t,t^{3}+t)$，则曲线$f(x)$在$B$处的切线斜率为$k_{AB}=f'(t)=3t^{2}+1$，
又因为直线$AB$的斜率为$k_{AB}=\frac{t^{3}+t - 2}{t - 1}$，则$3t^{2}+1=\frac{t^{3}+t - 2}{t - 1}$，化简可得$(2t + 1)(t - 1)^{2}=0$，解得$t=-\frac{1}{2}$（注意$t\neq1$），所以切线斜率为$f'(-\frac{1}{2})=\frac{7}{4}$，则切线方程为$y - 2=\frac{7}{4}(x - 1)$，即$7x - 4y+1 = 0$，故D正确。故选CD。

1. (2024湖南长沙适应性考试,7)已知直线$y = a$与函数$f(x)=e^{x},g(x)=\ln x$的图象分别相交于$A,B$两点.设$k_{1}$为曲线$y = f(x)$在点$A$处切线的斜率,$k_{2}$为曲线$y = g(x)$在点$B$处切线的斜率,则$k_{1}k_{2}$的最大值为 ( )
A. $\frac{1}{e}$
B. 1
C. e
D. $e^{2}$

答案：
1. A 由题意知由$e^{x_{A}}=\ln x_{B}=a$，且$a\in(0,+\infty)$，由$f'(x)=e^{x}$，$g'(x)=\frac{1}{x}$，可得$k_{1}=e^{x_{A}}=a$，$k_{2}=\frac{1}{x_{B}}=\frac{1}{e^{a}}$，则$k_{1}k_{2}=\frac{a}{e^{a}}$。
设$h(x)=\frac{x}{e^{x}}$，$x\gt0$，则$h'(x)=\frac{1 - x}{e^{x}}$，
当$x\in(0,1)$时，$h'(x)\gt0$，当$x\in(1,+\infty)$时，$h'(x)\lt0$，
所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，
故当$x = 1$时，$h(x)$取得极大值也是最大值$h(x)_{\max}=h(1)=\frac{1}{e}$，即$k_{1}k_{2}$的最大值为$\frac{1}{e}$。故选A。

2. (2024河北唐山期末,7)已知函数$f(x)=\sin \pi x,x\in(0,2)$的图象与直线$y = a(x - 1)$有3个交点,则实数$a$的取值范围为 ( )
A. $(-\infty,0)$
B. $(-1,0)$
C. $(-\infty,-\pi)$
D. $(-\pi,0)$

答案：

2. D 易知直线$y = a(x - 1)$恒过点$(1,0)$，且$f(x)=\sin\pi x$的周期为$2$，图象也过点$(1,0)$。
画出函数$f(x)=\sin\pi x$，$x\in(0,2)$的图象如图，

若直线$y = a(x - 1)$与曲线$f(x)=\sin\pi x$相切，则$a=f'(1)$，易知$f'(x)=\pi\cos\pi x$，则$a=f'(1)=-\pi$，结合图象可知$a\in(-\pi,0)$时满足题意。故选D。

3. (2024福建部分地市质量检测,7)若直线$y = ax + b$与曲线$y = e^{x}$相切,则$a + b$的取值范围为 ( )
A. $(-\infty,e]$
B. $[2,e]$
C. $[e,+\infty)$
D. $[2,+\infty)$

答案：
3. A 设切点为$(x_{0},e^{x_{0}})$，则$a = e^{x_{0}}$，
$\therefore$切线方程为$y = e^{x_{0}}(x - x_{0})+e^{x_{0}}$，则$b=(1 - x_{0})e^{x_{0}}$，
$\therefore a + b=(2 - x_{0})e^{x_{0}}$，
设$f(x)=(2 - x)e^{x}$，则$f'(x)=(1 - x)e^{x}$，当$x\in(-\infty,1)$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$单调递增，当$x\in(1,+\infty)$时，$f'(x)\lt0$，$f(x)$单调递减，$\therefore f(x)\leq f(1)=e$，且$f(2)=0\lt2$，故选A。

4. (2024湘豫名校联考一模,15)已知曲线$y = e^{x}-1$与曲线$y = f(x)$关于直线$x - y = 0$对称,则与两曲线均相切的直线的方程为____________.

答案：

4. 答案：$x - y = 0$
解析：设曲线$y = e^{x}-1$上任一点的坐标为$(x,y)$，
则该点关于直线$x - y = 0$的对称点为$(y,x)$，得$x = e^{y}-1$，整理可得$y=\ln(x + 1)$，
设切线与曲线$y = e^{x}-1$，曲线$y=\ln(x + 1)$的切点分别为$(x_{1},e^{x_{1}}-1)$，$(x_{2},\ln(x_{2}+1))$，
对$y = e^{x}-1$和$y=\ln(x + 1)$分别求导得$y' = e^{x}$，$y'=\frac{1}{x + 1}$，
则$\begin{cases}e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{2}+1}\\ \frac{-x_{2}}{x_{2}+1}+\ln(x_{2}+1)=e^{x_{1}}-1-x_{1}e^{x_{1}}\end{cases}$（根据斜率和纵截距相等列方程组）
两式整理得$x_{1}=-(x_{2}+1)\ln(x_{2}+1)$，
所以$e^{-(x_{2}+1)\ln(x_{2}+1)}=\frac{1}{x_{2}+1}$，即$(x_{2}+1)^{-(x_{2}+1)}=(x_{2}+1)^{-1}$，解得$x_{2}=0$，所以$x_{1}=0$。所以曲线$y = e^{x}-1$与曲线$y=\ln(x + 1)$的公切线的公切点为$(0,0)$，
则切线的斜率为$1$，故与两曲线均相切的直线的方程为$x - y = 0$。
小题速解：因为$y = e^{x}$与$y=\ln x$的图象关于直线$x - y = 0$对称，所以与曲线$y = e^{x}-1$关于直线$x - y = 0$对称的曲线为$y=\ln(x + 1)$，由图象可知与两曲线均相切的直线的方程为$x - y = 0$。

5. (2024山东日照联考)已知函数$f(x)=x+\sin x$的图象上存在三个不同的点$A,B,C$,使得曲线$y = f(x)$在$A,B,C$三点处的切线重合,则此切线的方程为__________.(写出符合要求的一条切线即可)

答案：
5. 答案：$y = x + 1$（或$y = x - 1$）
解析：设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，$C(x_{3},y_{3})$，$x_{1}\neq x_{2}\neq x_{3}$，
则$y_{1}=x_{1}+\sin x_{1}$，$y_{2}=x_{2}+\sin x_{2}$，$y_{3}=x_{3}+\sin x_{3}$，
由题意可得$f'(x)=1+\cos x$，
故$y = f(x)$的图象在$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，$C(x_{3},y_{3})$处的切线方程分别为$l_{1}:y=(1+\cos x_{1})x+\sin x_{1}-x_{1}\cos x_{1}$，$l_{2}:y=(1+\cos x_{2})x+\sin x_{2}-x_{2}\cos x_{2}$，$l_{3}:y=(1+\cos x_{3})x+\sin x_{3}-x_{3}\cos x_{3}$，
根据题意可得$\begin{cases}1+\cos x_{1}=1+\cos x_{2}=1+\cos x_{3}\\\sin x_{1}-x_{1}\cos x_{1}=\sin x_{2}-x_{2}\cos x_{2}=\sin x_{3}-x_{3}\cos x_{3}\end{cases}$，
由①可知，$|\sin x_{1}|=|\sin x_{2}|=|\sin x_{3}|$，
由②，令$t=\sin x_{1}-x_{1}\cos x_{1}=\sin x_{2}-x_{2}\cos x_{2}=\sin x_{3}-x_{3}\cos x_{3}$，
则$\sin x_{1}=t+x_{1}\cos x_{1}$，$\sin x_{2}=t+x_{2}\cos x_{2}$，$\sin x_{3}=t+x_{3}\cos x_{3}$，
即$|t+x_{1}\cos x_{1}|=|t+x_{2}\cos x_{2}|=|t+x_{3}\cos x_{3}|$，平方可得$t^{2}+2tx_{1}\cos x_{1}+(x_{1}\cos x_{1})^{2}=t^{2}+2tx_{2}\cos x_{2}+(x_{2}\cos x_{2})^{2}=t^{2}+2tx_{3}\cos x_{3}+(x_{3}\cos x_{3})^{2}$，
即$\begin{cases}(x_{1}^{2}-x_{2}^{2})\cos^{2}x_{1}+2t(x_{1}-x_{2})\cos x_{1}=0\\(x_{1}^{2}-x_{3}^{2})\cos^{2}x_{1}+2t(x_{1}-x_{3})\cos x_{1}=0\end{cases}$，
由$x_{1}$，$x_{2}$，$x_{3}$互不相同，得$\begin{cases}(x_{1}+x_{2})\cos^{2}x_{1}+2t\cos x_{1}=0\\(x_{1}+x_{3})\cos^{2}x_{1}+2t\cos x_{1}=0\end{cases}$，
则可得$(x_{2}-x_{3})\cos^{2}x_{1}=0$，故$\cos x_{1}=0$，则$\sin x_{1}=\pm1$，由此可得其切线方程为$y = x\pm1$。