《2025年高考领航高中同步测试卷高中数学选择性必修第二册人教版》

9. 下列求导运算错误的是 (ACD)

A.$ \left(x+\frac{3}{x}\right)^{\prime}=1+\frac{3}{x^{2}} $
B.$ \left(\log _{2} x\right)^{\prime}=\frac{1}{x \ln 2} $
C.$ \left(3^{x}\right)^{\prime}=3^{x} $
D.$ \left(x^{2} \cos x\right)^{\prime}=-2 x \sin x $

答案： 9.ACD $(x+\frac{3}{x})^\prime=1-\frac{3}{x^2}$，故A错误；$(\log_2x)^\prime=$
$\frac{1}{x\ln2}$，故B正确；$(3^x)^\prime=3^x\ln3$，故C错误；
$(x^2\cos x)^\prime=2x\cos x+x^2(-\sin x)=2x\cos x-$
$x^2\sin x$，故D错误.故选ACD.

10. 已知点 $ P $ 在曲线 $ y=\frac{4}{e^{x}+1} $ 上, $ \alpha $ 为曲线在点 $ P $ 处的切线的倾斜角, 则 $ \alpha $ 的取值可以是 (CD)

A.$ \frac{\pi}{4} $
B.$ \frac{\pi}{2} $
C.$ \frac{3 \pi}{4} $
D.$ \frac{7 \pi}{8} $

答案： 10.CD $y^\prime=\frac{-4\mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x+1)^2}=\frac{-4\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^{2x}+2\mathrm{e}^x+1}=$
$\frac{-4}{\mathrm{e}^x+\frac{1}{\mathrm{e}^x}+2}\geqslant\frac{-4}{4}=-1$，$\therefore y^\prime\in[-1,0)$，又
$\alpha\in[0,\pi),\therefore\alpha=\frac{3\pi}{4}$或$\alpha=\frac{7\pi}{8}$.

11. 若函数 $ y=f(x) $ 的图象上存在两点, 使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直, 则称 $ y= $ $ f(x) $ 具有 $ T $ 性质, 下列函数中具有 $ T $ 性质的是 (AD)

A.$ y=\cos x $
B.$ y=\ln x $
C.$ y=e^{x} $
D.$ y=x^{2} $

答案： 11.AD 由题意函数$y=f(x)$具有T性质，则存
在$x_1,x_2$，使得$f^\prime(x_1)f^\prime(x_2)=-1$.
对于A，$y=\cos x$的导数为$y^\prime=-\sin x$，存在$x_1=\frac{\pi}{2},x_2=-\frac{\pi}{2}$，使得$f^\prime(x_1)f^\prime(x_2)=-1$；
对于B，$y=\ln x$的导数为$y^\prime=\frac{1}{x}＞0$，不存在$x_1,x_2$，使得$f^\prime(x_1)f^\prime(x_2)=-1$；
对于C，$y=\mathrm{e}^x$的导数$y^\prime=\mathrm{e}^x＞0$，不存在$x_1$，
$x_2$，使得$f^\prime(x_1)f^\prime(x_2)=-1$；
对于D，$y=x^2$的导数为$y^\prime=2x$，存在$x_1=1$，
$x_2=-\frac{1}{4}$，使得$f^\prime(x_1)f^\prime(x_2)=-1$.
综上，具有T性质的函数为A,D.故选AD.

12. 曲线 $ y=x^{2}+\frac{1}{x} $ 在点 $ (1,2) $ 处的切线方程为$y=x+1$.

答案： 12.解析：因为$y^\prime=2x-\frac{1}{x^2}$，所以在点$(1,2)$处的切
线的斜率$k=y^\prime|_{x=1}=2×1-\frac{1}{1^2}=1$，所以切线
方程为$y-2=x-1$，即$y=x+1$.
答案：$y=x+1$

13. 已知过点 $ A(a, 0) $ 作曲线 $ C: y=x e^{x} $ 的切线有且仅有两条, 则实数 $ a $ 的取值范围是$(-\infty,-4)\cup(0,+\infty)$.

答案： 13.解析：设切点为$(x_0,x_0\mathrm{e}^{x_0})$，对$y=x\mathrm{e}^x$求导得
$y^\prime=(x+1)·\mathrm{e}^x,\therefore y^\prime|_{x=x_0}=(x_0+1)·\mathrm{e}^{x_0}$，
则切线方程为$y-x_0\mathrm{e}^{x_0}=(x_0+1)·\mathrm{e}^{x_0}·$
$(x-x_0)$.
$\because$切线过点A$(a,0),\therefore-x_0\mathrm{e}^{x_0}=(x_0+1)\mathrm{e}^{x_0}·$
$(a-x_0)$，由题意知方程$x_0^2-ax_0-a=0$有两
个解，则由$\Delta=a^2+4a＞0\Rightarrow a＞0$或$a＜-4$.
答案：$(-\infty,-4)\cup(0,+\infty)$

14. 已知函数 $ f(x)=\sqrt{x}, g(x)=a \ln x(a \in \mathbf{R}) $, 若曲线 $ y=f(x) $ 与曲线 $ y=g(x) $ 相交, 且在交点处有相同的切线, 则 $ a= $$\frac{\mathrm{e}}{2}$, 切线的方程为$x-2\mathrm{e}y+\mathrm{e}^2=0$ (直线的方程写成一般式).

答案： 14.解析：设曲线$y=f(x)$与曲线$y=g(x)$的交点
为$P(x_0,y_0)$，则$\sqrt{x_0}=a\ln x_0$，
因为$f^\prime(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},g^\prime(x)=\frac{a}{x}$，
所以$\frac{1}{2\sqrt{x_0}}=\frac{a}{x_0}$，所以$a=\frac{\sqrt{x_0}}{2}$，将其代入$\sqrt{x_0}=$
$a\ln x_0$，得$\sqrt{x_0}=\frac{\sqrt{x_0}}{2}\ln x_0$，
因为$x_0＞0$，所以$\ln x_0=2$，所以$x_0=\mathrm{e}^2$，所以$a=$
$\frac{\mathrm{e}}{2}$，
所以$y_0=\sqrt{x_0}=\mathrm{e}$，切线的斜率为$\frac{1}{2\sqrt{\mathrm{e}^2}}=\frac{1}{2\mathrm{e}}$，
所以所求切线方程为$y-\mathrm{e}=\frac{1}{2\mathrm{e}}(x-\mathrm{e}^2)$，
即$x-2\mathrm{e}y+\mathrm{e}^2=0$.
答案：$\frac{\mathrm{e}}{2}\quad x-2\mathrm{e}y+\mathrm{e}^2=0$

15. (13 分) 求下列函数的导数.
(1) $ y=x^{-2}+x^{2} $;
(2) $ y=3^{x} e^{x}-2^{x}+e $;
(3) $ y=\frac{\ln x}{x^{2}+1} $;
(4) $ y=x^{2}-\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} $.

答案： 15.解：
(1)$y^\prime=2x-2x^{-3}$.
(2)$y^\prime=(3^x)^\prime\mathrm{e}^x+3^x(\mathrm{e}^x)^\prime-(2^x)^\prime+(\mathrm{e})^\prime=$
$(3^x\ln3)\mathrm{e}^x+3^x\mathrm{e}^x-2^x\ln2=(\ln3+1)·(3\mathrm{e})^x$
$-2^x\ln2$.
(3)$y^\prime=\frac{(\ln x)^\prime(x^2+1)-\ln x(x^2+1)^\prime}{(x^2+1)^2}=$
$\frac{\frac{1}{x}(x^2+1)-\ln x·2x}{(x^2+1)^2}=\frac{x^2+1-2x^2·\ln x}{x(x^2+1)^2}$.
(4)$\because y=x^2-\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}=x^2-\frac{1}{2}\sin x$，
$\therefore y^\prime=2x-\frac{1}{2}\cos x$.