《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 已知曲线$y=x^{3}$在点$P$处的切线的斜率$k=3$，则点$P$的坐标是(C)

A.$(1,1)$
B.$(-1,1)$
C.$(1,1)$或$(-1,-1)$
D.$(2,8)$或$(-2,-8)$

答案： 1. C 解析：因为$y = x^{3}$，所以$y^{\prime} =\lim_{\Delta x \to 0} \frac{(x + \Delta x)^{3} - x^{3}}{\Delta x}$
$=\lim_{\Delta x \to 0} [3x^{2} + 3x · \Delta x + (\Delta x)^{2}] = 3x^{2}$。
也可直接用求导公式、法则，得$y^{\prime} = (x^{3})^{\prime} = 3x^{2}$。
由题意，知切线斜率$k = 3$，令$3x^{2} = 3$，得$x = 1$或$x = -1$。
当$x = 1$时，$y = 1$；当$x = -1$时，$y = -1$。
故点$P$的坐标是$(1,1)$或$(-1,-1)$。

2. [多选题] 已知曲线$y=x^{3}-x+1$在点$P$处的切线平行于直线$y=2x$，那么点$P$的坐标为(BC)

A.$(1,0)$
B.$(1,1)$
C.$(-1,1)$
D.$(0,1)$

答案： 2. BC 解析：设$y = f(x) = x^{3} - x + 1$，
则$f^{\prime}(x) =\lim_{\Delta x \to 0} \frac{(x + \Delta x)^{3} - (x + \Delta x) + 1 - (x^{3} - x + 1)}{\Delta x}$
$=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{3x^{2}\Delta x + 3x(\Delta x)^{2} + (\Delta x)^{3} - \Delta x}{\Delta x} = 3x^{2} - 1$。
也可直接用求导公式、法则，得$f^{\prime}(x) = 3x^{2} - 1$。
令$3x^{2} - 1 = 2$，得$x^{2} = 1$，解得$x = \pm 1$。
又$f(1) = 1$，$f(-1) = 1$，
所以点$P$的坐标为$(1,1)$或$(-1,1)$。

3. 曲线$y=3x^{2}-2\ln x$在$x=1$处切线的斜率为(D)

A.$1$
B.$2$
C.$3$
D.$4$

答案： 3. D 解析：$y^{\prime} = 6x - \frac{2}{x}$，故曲线$y = 3x^{2} - 2\ln x$在$x = 1$处
切线的斜率$k = y^{\prime}|_{x = 1} = 6 - 2 = 4$。

4. 已知曲线$y=\frac{1}{2}x^{2}-2$上一点$P(1,-\frac{3}{2})$，则在点$P$处的切线的倾斜角为$45^{\circ}$.

答案： 4. $45^{\circ}$ 解析：因为$y = \frac{1}{2}x^{2} - 2$，
所以$\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{\frac{1}{2}(x + \Delta x)^{2} - 2 - (\frac{1}{2}x^{2} - 2)}{\Delta x} = \frac{\frac{1}{2}(\Delta x)^{2} + x\Delta x}{\Delta x}$
$= x + \frac{1}{2}\Delta x$，所以$y^{\prime} =\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} =\lim_{\Delta x \to 0} (x + \frac{1}{2}\Delta x) = x$，
也可直接用求导公式、法则，得$y^{\prime} = (\frac{1}{2}x^{2} - 2) = x$。
所以$y^{\prime}|_{x = 1} = 1$，即曲线在点$P(1,-\frac{3}{2})$处的切线斜率为$1$，
所以切线的倾斜角为$45^{\circ}$。

5. [师大附中高二期末] 如图，已知函数$f(x)$的图象在点$P(2,f(2))$处的切线为$l$，则$f(2)+f'(2)=$(D)


A.$-3$
B.$-2$
C.$2$
D.$1$

答案： 5. D 解析：由题图可得，切线过点$(0,4)$和$(4,0)$，则切
线斜率$k = \frac{4 - 0}{0 - 4} = -1$，则$f^{\prime}(2) = -1$，切线方程为$\frac{x}{4} + \frac{y}{4} = 1$，则切点坐标为$(2,2)$，即$f(2) = 2$，所以$f(2) + f^{\prime}(2) = 2 - 1 = 1$。

6. 已知曲线$y=x^{3}+ax-2$与$x$轴相切，则$a=$$-3$.

答案： 6. $-3$ 解析：因为$y^{\prime} =\lim_{\Delta x \to 0} \frac{[(x + \Delta x)^{3} + a(x + \Delta x) - 2] - (x^{3} + ax - 2)}{\Delta x}$
$=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{3x^{2}\Delta x + 3x(\Delta x)^{2} + (\Delta x)^{3} + a\Delta x}{\Delta x}$
$=\lim_{\Delta x \to 0} [3x^{2} + 3x\Delta x + (\Delta x)^{2} + a] = 3x^{2} + a$，
也可直接用求导公式、法则，得$y^{\prime} = (x^{3} + ax - 2)^{\prime} = 3x^{2} + a$。
设曲线上切点坐标为$(x_{0},x_{0}^{3} + ax_{0} - 2)$，
则$\begin{cases}3x_{0}^{2} + a = 0, \\x_{0}^{3} + ax_{0} - 2 = 0, \end{cases}$解得$\begin{cases}x_{0} = -1, \\a = -3. \end{cases}$

7. 曲线$y=\ln x + 2\sqrt{x}$在$x=1$处的切线方程为(D)

A.$y=\frac{3}{2}x+\frac{1}{2}$
B.$y=2x-4$
C.$y=3x-1$
D.$y=2x$

答案： 7. D 解析：由题意可知当$x = 1$时，$y = \ln 1 + 2 = 2$，即
切点为$(1,2)$，又$y = \ln x + 2\sqrt{x}$，则$y^{\prime} = \frac{1}{x} + \frac{1}{\sqrt{x}}$，故曲线$y= \ln x + 2\sqrt{x}$在$x = 1$处的切线斜率$k = y^{\prime}|_{x = 1} = 2$，故
切线方程为$y - 2 = 2(x - 1)$，即$y = 2x$。

8. 已知函数$f(x)=x^{3}+a$，点$A(0,0)$在曲线$y=f(x)$上.
(1) 求函数$y=f(x)$的解析式；
(2) 求曲线$y=f(x)$在点$(-1,-1)$处的切线方程；
(3) 求曲线$y=f(x)$过点$E(2,0)$的切线方程.

答案： 8. 解：
(1)当$x = 0$时，$f(0) = a = 0$，所以$f(x) = x^{3}$。
(2)由
(1)得$f^{\prime}(x) =\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}$
$=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{3x^{2}(\Delta x) + 3x(\Delta x)^{2} + (\Delta x)^{3}}{\Delta x}$
$=\lim_{\Delta x \to 0} [3x^{2} + 3x(\Delta x) + (\Delta x)^{2}] = 3x^{2}$，
也可直接用求导公式、法则，得$f^{\prime}(x) = (x^{3})^{\prime} = 3x^{2}$。
所以在点$(-1,-1)$处的切线的斜率$k = f^{\prime}(-1) = 3$，
所以切线方程为$y + 1 = 3(x + 1)$，即$3x - y + 2 = 0$。
(3)设切点坐标为$(x_{0},x_{0}^{3})$，
则切线的斜率为$f^{\prime}(x_{0}) = 3x_{0}^{2}$，
所以切线方程为$y - x_{0}^{3} = 3x_{0}^{2}(x - x_{0})$。
将点$E(2,0)$的坐标代入切线方程得$-x_{0}^{3} = 3x_{0}^{2}(2 - x_{0})$，
解得$x_{0} = 0$或$x_{0} = 3$，
所以切线方程为$y = 0$或$27x - y - 54 = 0$。

9. [2024陕 西 渭南一模] 已知直线$y=ax+b$($a\in\mathbf{R}$，$b＞0$)是曲线$f(x)=\mathrm{e}^{x}$与曲线$g(x)=\ln x+2$的公切线，则$a+b$等于(D)

A.$\mathrm{e}+2$
B.$3$
C.$\mathrm{e}+1$
D.$2$

答案： 9. D 解析：设$(t,e^{t})$是曲线$f(x)$上的一点，$f^{\prime}(x) = e^{x}$，
所以曲线$f(x)$在点$(t,e^{t})$处的切线方程为$y - e^{t} = e^{t}(x - t)$，
即$y = e^{t}x + (1 - t)e^{t}$。 ①
令$g^{\prime}(x) = \frac{1}{x} = e^{t}$，解得$x = e^{-t}$，
则$g(e^{-t}) = \ln e^{-t} + 2 = 2 - t$，
所以$\frac{2 - t - e^{t}}{e^{-t} - t} = e^{t}$，$1 - t = (1 - t)e^{t}$，
所以$t = 0$或$t = 1$（此时①为$y = ex$，$b = 0$，不符合题意，
舍去），
所以$t = 0$，此时①可化为$y = x + 1$，
所以$a + b = 1 + 1 = 2$。

10. 若曲线$C_{1}:f(x)=x^{2}+a$和曲线$C_{2}:g(x)=4\ln x-2x$存在有公共切点的公切线，则该公切线的方程为$y = 2x - 4$.

答案： 10. $y = 2x - 4$ 解析：因为$f(x) = x^{2} + a$，$g(x) = 4\ln x - 2x$，
所以$f^{\prime}(x) = 2x$，$g^{\prime}(x) = \frac{4}{x} - 2$。
设公共切点的坐标为$(x_{0},y_{0})$，
则$f^{\prime}(x_{0}) = 2x_{0}$，$g^{\prime}(x_{0}) = \frac{4}{x_{0}} - 2$，$f(x_{0}) = x_{0}^{2} + a$，$g(x_{0}) =4\ln x_{0} - 2x_{0}$，
根据题意，有$\begin{cases}2x_{0} = \frac{4}{x_{0}} - 2, \\x_{0}^{2} + a = 4\ln x_{0} - 2x_{0}, \\x_{0} ＞ 0, \end{cases}$解得$\begin{cases}x_{0} = 1, \\a = -3. \end{cases}$
所以公共切点的坐标为$(1,-2)$，切线斜率为$2$。
所以公切线的方程为$y + 2 = 2(x - 1)$，即$y = 2x - 4$。

11.[2023重 庆 八 中高二期中] 已知函数$f(x)=x^{2}+2$，$g(x)=\ln x$，若曲线$y=f(x)$与$y=g(x)$的公切线与曲线$y=f(x)$切于点$(x_{1},y_{1})$，则$x_{1}^{2}-\ln(2x_{1})-3=$$0$.

答案： 11. $0$ 解析：设公切线与曲线$g(x) = \ln x$切于点$(x_{2},\ln x_{2})$，
由$f^{\prime}(x) = 2x$，$g^{\prime}(x) = \frac{1}{x}$，得曲线$f(x)$在点$(x_{1},y_{1})$处的
切线方程为$y - (x_{1}^{2} + 2) = 2x_{1}(x - x_{1})$，即$y = 2x_{1}x - x_{1}^{2} + 2$，
曲线$g(x)$在点$(x_{2},\ln x_{2})$处的切线方程为$y = \frac{x}{x_{2}} + \ln x_{2} - 1$，
所以$\begin{cases}2x_{1} = \frac{1}{x_{2}}, \\-x_{1}^{2} + 2 = \ln x_{2} - 1, \end{cases}$
即$x_{1}^{2} - \ln(2x_{1}) = 3$，
所以$x_{1}^{2} - \ln(2x_{1}) - 3 = 0$。