辽宁省IC联盟高二下学期6月阶段性质量检测 数学试题（含解析）

辽宁省IC联盟高二下学期6月阶段性质量检测数学试题一、单选题（本大题共10小题）1．函数在上的图象大致为（

）A． B．C． D．2．设，，，则（

）A． B． C． D．3．平面内相距的A，B两点各放置一个传感器，物体在该平面内做匀速直线运动，两个传感器分别实时记录下两点与的距离，并绘制出“距离---时间”图象，分别如图中曲线所示.已知曲线经过点，，，曲线经过点，且若的运动轨迹与线段相交，则的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值以及分别为（

）A． B． C． D．4．若函数上存在四个点A，B，C，D，使得四边形ABCD是正方形，则的最小值是（）A．2 B． C． D．5．已知定义在R上的函数的图象关于点对称，，且当时，．若，则实数m的取值范围为（

）A． B．C． D．6．在同一平面直角坐标系中，分别是函数和函数图象上的动点，若对任意，则最小值为（

）A． B． C． D．7．若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m，则记．下列命题中正确的是（

）A．已知，且，则B．已知，若，则对任意，都有C．已知则存在实数a，使得D．已知，则对任意的实数a，总存在实数b，使得8．已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（

）A． B． C． D．9．信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量X所有可能的取值为1，2，，n，且，，定义X的信息熵，则下列判断中正确的是（

）①若，则②若，则；③若，则当时，取得最大值④若，随机变量Y所有可能的取值为1，2，，m，且，则A．①② B．②③ C．①②④ D．①②③④10．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石．简单来说就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称为“不动点”函数．若存在个点，满足，则称为“型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共1小题）11．已知曲线：，抛物线：，P为曲线上一动点，Q为抛物线上一动点，已知与两条曲线都相切的直线叫做这两条曲线的公切线，则以下说法正确的是（

）A．直线：是曲线和的公切线B．曲线和的公切线有且仅有一条C．最小值为D．当轴时，PQ最小值为三、填空题（本大题共3小题）12．定义：设二元函数在点的附近有定义，当固定在而在处有改变量时，相应的二元函数有改变量，如果存在，那么称此极限为二元函数在点处对的偏导数，记作．若在区域D内每一个点对的偏导数都存在，那么这个偏导数就是一个关于x，y的二元函数，它就被称为二元函数对自变量的偏导函数，记作．已知，若，则的取值集合为.13．已知函数，其极大值点和极小值点分别为，记点，直线交曲线于点，若存在常数，使得，则.14．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，对于数列，若，若存在等差数列，使得为等比数列，且，则实数的最小值为四、解答题（本大题共5小题）15．已知函数，.(1)求证：；(2)若对任意且恒成立，求实数的取值范围.16．已知函数.(1)求的极值；(2)若，证明：.17．已知函数，.(1)证明：；(2)若是的极大值点，求实数的取值范围.18．已知函数.(1)若直线与函数的图象相切，求满足条件的实数的取值集合；(2)某学习小组通过研究发现函数的图象与直线有且只有一个公共点（Ⅰ）设该公共点的横坐标为，证明该发现，并证明；（Ⅱ）设且求的最大值.19．已知函数其中.(1)若证明：当时，(2)若，求证：有唯一极值点，且；(3)若，函数有三个极值点证明：.

参考答案1．【答案】C【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，当时，，故排除A，只有C满足条件.故选C.2．【答案】A【分析】构造函数比较的大小关系，构造比较的大小关系，先验证，再相除并化简式子，构造函数即可比较的大小关系，则可求得答案.【详解】令，则，可得在单调递减，故，即在上恒成立，则，即，令，则，即在上单调递减，所以，即得，，，令，则，令，则，，故使得，所以当时，，即在上为增函数，又，所以当时，，故，即单调递减，又，所以,即，所以，则，变形可得，所以，故，综上：，故选A.3．【答案】B【分析】建系，设点，作出相应的辅助线，分析可知，结合分析求解即可.【详解】如图，建立平面直角坐标系，设动点的轨迹与轴重合，其在时刻对应的点分别为，的速度为，因为，可得，由题意可知：均与轴垂直，且，作垂足为，则，因为，即，解得；又因为轴，所以的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值为：；又，，所以.故选B.4．【答案】B【分析】根据正方形的性质，结合函数的对称性可得，与联立求解交点，即可根据长度得，构造函数，利用导数即可求解最值.【详解】由于，所以为奇函数，图象关于原点对称，要使得四边形ABCD是正方形，则以及分别关于原点对称，不妨设在一三象限，为二四象限点，不妨设直线：，则:，联立与，则，当则同理联立与，当则，进而可得，，因此，故，即，由于，（否则单调递增，不满足题意），故记，则，记，则，（），由于，则，而，由于，所以，故在单调递增，故，故存在唯一的，使得，即，故，进而解得，当，单调递减，当，单调递增，故，因此的最小值为，故选B.5．【答案】A【分析】由图象关于点对称和找到图象的对称轴和周期，再由确定单调性，分别求出，画出大致图象，最后数形结合求出取值范围.【详解】由的图象关于点对称可得．由，可得，故函数的图象关于直线对称，且，得的周期为2．当时，，单调递增，且，则，，画出在一个周期内的大致图象如图所示：当时，结合图象可得，即．故实数m的取值范围为．故选A.6．【答案】B【分析】根据题意，分别画出函数的图象，找到最小距离为圆心到直线的距离减去半径，再结合点到直线的距离公式求出结果即可.【详解】由，整理得，即在圆心，半径为1的半圆上.令，则，令，所以当时，，单调递增，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以曲线的一条切线为，数形结合可知，当分别为对应切点，且与两切线垂直时取得最小值，即的最小值为圆心到直线的距离减去半径，即的最小值为.过圆心与垂直的直线方程，所以，当且仅当即时取到最小值.综上所述，，故选B.7．【答案】D【分析】根据函数新定义，对于A，就分类讨论即得；对于B，利用具体函数验证法排除；对于C，运用反证法思路，结合二次函数图象排除；对于D，对于存在性命题，只需列举一种情况说明正确即得.【详解】对于A，，当时，，故得；当时，，故得，即，故A错误；对于B，取，则，满足，，但对于任意，不能保证恒成立，故B错误；对于C，假设存在实数，使得，若，则，矛盾；若，即时，，矛盾；若，则，矛盾；若，则，矛盾,若，则，矛盾.故C错误；对于D，对任意的实数，只要满足是的子集，就有,于是，,故D正确.故选D.8．【答案】C【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程，进而即可判断AB；画出函数与图象，由可得，化简计算即可判断CD.【详解】由题意知，，则，所以曲线在点处的切线方程分别为，因为切线均过原点，所以，即，得，故AB错误；由，得，画出函数与图象，如图，设，如上图易知：，由正切函数图象性质，得，即，又，所以，即，解得，故C正确，D错误.故选C.9．【答案】D【分析】对于①，计算出；对于②，由得到，故，与矛盾，②正确；对于③，若，则，，构造函数，，求导得到其单调性，得到当时最大，故③正确；对于④，表达出，作差得到，故，得到④正确.【详解】①若，则，故①正确；②假设，因为，，所以，所以，所以，这与矛盾，所以假设不成立，而当时，易得，所以，故②正确；③若，则，，设，，则，令，得，解得，此时函数单调递减，令，，解得，此时函数单调递增，所以当时最大，所以当时，取得最大值，故③正确；④由题意知，，，，…，，所以，又，所以，又，，，，所以，所以，故④正确．综上，正确说法的序号为①②③④，故选D．10．【答案】D【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程有根或对应函数有零点的问题，依次求解判断各个选项.【详解】对于A，令，即．因为满足，所以在区间上单调递增，所以不可能为“3型不动点”函数，故A错误；对于B，令，即．易判断在区间上单调递增，所以不可能为“3型不动点”函数，故B错误；对于C，由，得，易知当时，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点；当时，单调递减，且；当时，单调递增．令，得，解得，此时，所以直线与曲线相切于点．所以直线与曲线共有两个交点，所以为“2型不动点”函数，故C错误；对于D，，作出的图象，如图所示．易知其与直线有且只有三个不同的交点，即有三个不同的解，所以为“3型不动点”函数，故D正确．故选D.11．【答案】ACD【分析】A选项，分别对两函数求导，得到在处的切线方程为，在处的切线方程为，A正确；B选项，设公切线为，根据公切线性质得到方程组，消去后得到，设，通过求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到：存在，使得，又当时，，故得到公切线有两条，B错误；C选项，由抛物线定义得到，设出，表达出，令，，求导，得到其单调性，得到在处取得最小值2，得到，从而得到的最小值；D选项，设出点的坐标，得到，求导得到其最值【详解】对于A，定义域为，，令得，其中，所以在处的切线方程为，又变形为，则，令得，其中当时，，所以在处的切线方程为，所以A正确；对于B，设曲线和的公切线为，与相切于，与相切于，则，所以，又，，故，，消去得：，令，因为，当时，，当时，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，又因为时，，由零点存在性定理可知：存在，使得，又当时，，所以在有两个零点，所以有两个值，所以曲线和的公切线有2条，B错误；对于C，设为抛物线的焦点，由抛物线的定义，因为，设，则，，令，，则，令，则在恒成立，故在上单调递增，由于，故当时，，即，当时，，即，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，则，所以，所以的最小值为，所以C正确；对于D，易知点Q在点P的上方，设，，则，所以，令，因为，当时当时，，当时，.所以在上为减函数，在上为增函数，故在处取得极小值，也是最小值，所以.所以，所以D正确.故选ACD.12．【答案】【分析】根据“偏导函数”的定义求得，，进而利用换元法结合判别式法求得答案．【详解】依题意，，同理可求得，所以,，设，则，由，得，，此方程有解，所以，即，．故的取值范围为，故答案为：13．【答案】【分析】求得，令，得到或，得出直线的方程，联立方程组得到，令，利用导数求得的单调性，得到有且仅有2个零点，其中，得到，假设存在常数，利用，求得，代入得，设，求得单调性，得到，使得，进而得出的值.【详解】由函数，可得，令，可得或，当或时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，因为或，所以直线的方程为，即，由，可得，令，可得，令，可得，当时，；当时，，所以在上递减，在上递增，因为，所以有且仅有2个零点，其中，这表明方程的解集为，即直线与曲线交于另一点，且点的横坐标为，由，即，假设存在常数上的，则，所以，代入，可得，设函数，可得，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，因为，所以，存在唯一的实数，使得，此时，所以存在常数，上的，且.故答案为：4.14．【答案】【分析】由函数的奇偶性求出函数的解析式，再由题中等差等比数列等条件得到，再分离参数并用导数知识即可求出参数的最小值．【详解】当时，当时，，，函数是定义在上的奇函数，，．又,,,为等差数列，且，设，，，，，，，，且函数是奇函数，，数列,2,3,为等比数列，设公比为，，，，，令，则，令，，观察得：．令，，，在单调递增，即在单调递增，为的唯一零点．当时，单调递减，当时，单调递增，．故的最小值为，故答案为：.15．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)求导，根据可得，进而利用导数求解函数单调性即可求证，(2)将不等式等价于（※）式，根据不等式的性质即可判断需满足，即可求导，根据二次函数的性质，对判别式讨论，即可求解.【详解】(1)由得，则，所以，设则当时，单调递减，当时，单调递增，故当，故(2)由可得，（※）令（且），若时，当时，，由于，所以，这与（※）矛盾，故，接下来只需要考虑的情况；，令，则开口向下，，若，则，（舍去），此时，进而，故在单调递减，当时，，满足要求，当时，，满足要求，故符合题意，当时，此时，故方程由两个不相等的实数根，不妨设由于，故，因此当时，，故进而，故在单调递增，故，这与（※）矛盾，故不符合题意，综上可得.16．【答案】(1)的极大值为，无极小值.(2)证明见解析.【分析】(1)使用导数工具判断的单调区间，即可求出函数的极值；(2)对的取值情况分类讨论，利用导数工具证明不等式.【详解】(1)由，知.对有，对有.所以在上单调递增，在上单调递减.故在处取到极大值，无极小值.(2)若，则由的单调性知，故，即.所以.由，，知.再由，，知.所以，结论成立；若，则，故，结论成立；若，在上定义函数.则.设，则.据的表达式即知在上单调递增.由于，故，所以.故.而，故由零点存在定理可知，存在唯一的，使得，即.由于在上单调递增，故的零点是唯一的，且由知对有，对有.所以在上递减，在上递增.下面对分情况讨论：①当时，有.所以，这就得到在上递增.故对有.若，则；若，则.所以对必定有，从而对有.故在上递增，从而由有.所以有，这就意味着，从而，故，所以.②当时，由，知：对，设，则，所以在上递增，在上递减.取，，得，即；取，，得，即.所以有；.故，得.而对有，对有，对有.故一定有，而在上递减，在上递增，故对都有.所以对有，故在上递增，从而由有.所以有，这就意味着，从而，故，所以.③当时，由知，故，所以在上递减，故对有.设，则对有，从而在上递增.这就得到对有.故对有，所以在上递增.若，则.若，设，则.分析的正负即知在处取到最小值，故.再设，则，分析的正负即知在处取到最小值，故对正数有.再设，这里，则.所以在上单调递减.从而由知.所以总有，这就意味着，从而，故，所以.综上，原结论成立.17．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)直接使用导数工具证明不等式；(2)对实数的取值情况分类讨论，对不同情况分别验证条件是否满足，即可得到的取值范围.【详解】(1)由于，且等号只在时取到，故单调递增.所以当时，当时，故恒有成立.(2)容易验证是偶函数，设.若，则对有，所以在上单调递减.这表明对有，即.所以对有.取，使得，则对有.所以对有.由于是偶函数，从而对都有，所以是的极大值点，满足条件；若，设,由(1)有，即.故，所以.这得到，故对任意实数都有.所以不是的极大值点，不满足条件；若，我们有，且，及.取，使得，则对，有，故在上递增，所以对有.故在上递增，所以对有.故在上递增，所以对有.此即，所以对有.由，知对有.所以对有.由于是偶函数，从而对都有，所以是的极大值点，满足条件.综上，实数的取值范围是.18．【答案】(1)；(2)（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】(1)设出切点坐标，求得切线方程，根据切线过原点列方程，求得切点的横坐标，从而求得的值.(2)（Ⅰ）构造函数，根据函数的单调性以及零点存在性定理证得结论成立.（Ⅱ）构造函数，利用导数证得当时，得到，进而得到，从而求得的最大值.【详解】(1)，．设是的图象上一点，则该点处的切线为，整理得．令，解得或．因此与与函数的图象相切．因此所求实数的值为或．(2)（Ⅰ）考虑函数，在上单调递增，且，．因此有且只有使得，即的图象与直线有且只有一个公共点，且该公共点的横坐标为．（Ⅱ）设，则．设，则．当时，；当时，．因此在上单调递增，在上单调递减．从而在上单调递增，上单调递减．注意到，故当时，当时，因此在上单调递减，在上单调递增．所以当时，．另一方面，注意到，故必然存在，使得，且当时，当时．因此在上单调递减，在上单调递增．显然，而．因此当时，．综上可知当时，即，当且仅当时等号成立．由于，故当，即时，，当且仅当，即时等号成立．因此，当且仅当时等号成立．因此的最大值为．19．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)