遼寧省IC聯(lián)盟高二下學期6月階段性質量檢測數學試題一、單選題（本大題共10小題）1．函數在上的圖象大致為（

）A． B．C． D．2．設，，，則（

）A． B． C． D．3．平面內相距的A，B兩點各放置一個傳感器，物體在該平面內做勻速直線運動，兩個傳感器分別實時記錄下兩點與的距離，并繪制出“距離---時間”圖象，分別如圖中曲線所示.已知曲線經過點，，，曲線經過點，且若的運動軌跡與線段相交，則的運動軌跡與直線所成夾角的正弦值以及分別為（

）A． B． C． D．4．若函數上存在四個點A，B，C，D，使得四邊形ABCD是正方形，則的最小值是（）A．2 B． C． D．5．已知定義在R上的函數的圖象關于點對稱，，且當時，．若，則實數m的取值范圍為（

）A． B．C． D．6．在同一平面直角坐標系中，分別是函數和函數圖象上的動點，若對任意，則最小值為（

）A． B． C． D．7．若非空實數集X中存在最大元素M和最小元素m，則記．下列命題中正確的是（

）A．已知，且，則B．已知，若，則對任意，都有C．已知則存在實數a，使得D．已知，則對任意的實數a，總存在實數b，使得8．已知，函數在點處的切線均經過坐標原點，則（

）A． B． C． D．9．信息熵是信息論中的一個重要概念．設隨機變量X所有可能的取值為1，2，，n，且，，定義X的信息熵，則下列判斷中正確的是（

）①若，則②若，則；③若，則當時，取得最大值④若，隨機變量Y所有可能的取值為1，2，，m，且，則A．①② B．②③ C．①②④ D．①②③④10．在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可應用到有限維空間，并構成了一般不動點定理的基石．簡單來說就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在一個點，使得，那么我們稱為“不動點”函數．若存在個點，滿足，則稱為“型不動點”函數，則下列函數中為“3型不動點”函數的是（

）A． B．C． D．二、多選題（本大題共1小題）11．已知曲線：，拋物線：，P為曲線上一動點，Q為拋物線上一動點，已知與兩條曲線都相切的直線叫做這兩條曲線的公切線，則以下說法正確的是（

）A．直線：是曲線和的公切線B．曲線和的公切線有且僅有一條C．最小值為D．當軸時，PQ最小值為三、填空題（本大題共3小題）12．定義：設二元函數在點的附近有定義，當固定在而在處有改變量時，相應的二元函數有改變量，如果存在，那么稱此極限為二元函數在點處對的偏導數，記作．若在區(qū)域D內每一個點對的偏導數都存在，那么這個偏導數就是一個關于x，y的二元函數，它就被稱為二元函數對自變量的偏導函數，記作．已知，若，則的取值集合為.13．已知函數，其極大值點和極小值點分別為，記點，直線交曲線于點，若存在常數，使得，則.14．已知函數是定義在上的奇函數，且當時，對于數列，若，若存在等差數列，使得為等比數列，且，則實數的最小值為四、解答題（本大題共5小題）15．已知函數，.(1)求證：；(2)若對任意且恒成立，求實數的取值范圍.16．已知函數.(1)求的極值；(2)若，證明：.17．已知函數，.(1)證明：；(2)若是的極大值點，求實數的取值范圍.18．已知函數.(1)若直線與函數的圖象相切，求滿足條件的實數的取值集合；(2)某學習小組通過研究發(fā)現(xiàn)函數的圖象與直線有且只有一個公共點（Ⅰ）設該公共點的橫坐標為，證明該發(fā)現(xiàn)，并證明；（Ⅱ）設且求的最大值.19．已知函數其中.(1)若證明：當時，(2)若，求證：有唯一極值點，且；(3)若，函數有三個極值點證明：.

參考答案1．【答案】C【分析】根據函數的奇偶性，結合特殊值，即可排除選項.【詳解】首先，所以函數是奇函數，故排除D，，故排除B，當時，，故排除A，只有C滿足條件.故選C.2．【答案】A【分析】構造函數比較的大小關系，構造比較的大小關系，先驗證，再相除并化簡式子，構造函數即可比較的大小關系，則可求得答案.【詳解】令，則，可得在單調遞減，故，即在上恒成立，則，即，令，則，即在上單調遞減，所以，即得，，，令，則，令，則，，故使得，所以當時，，即在上為增函數，又，所以當時，，故，即單調遞減，又，所以,即，所以，則，變形可得，所以，故，綜上：，故選A.3．【答案】B【分析】建系，設點，作出相應的輔助線，分析可知，結合分析求解即可.【詳解】如圖，建立平面直角坐標系，設動點的軌跡與軸重合，其在時刻對應的點分別為，的速度為，因為，可得，由題意可知：均與軸垂直，且，作垂足為，則，因為，即，解得；又因為軸，所以的運動軌跡與直線所成夾角的正弦值為：；又，，所以.故選B.4．【答案】B【分析】根據正方形的性質，結合函數的對稱性可得，與聯(lián)立求解交點，即可根據長度得，構造函數，利用導數即可求解最值.【詳解】由于，所以為奇函數，圖象關于原點對稱，要使得四邊形ABCD是正方形，則以及分別關于原點對稱，不妨設在一三象限，為二四象限點，不妨設直線：，則:，聯(lián)立與，則，當則同理聯(lián)立與，當則，進而可得，，因此，故，即，由于，（否則單調遞增，不滿足題意），故記，則，記，則，（），由于，則，而，由于，所以，故在單調遞增，故，故存在唯一的，使得，即，故，進而解得，當，單調遞減，當，單調遞增，故，因此的最小值為，故選B.5．【答案】A【分析】由圖象關于點對稱和找到圖象的對稱軸和周期，再由確定單調性，分別求出，畫出大致圖象，最后數形結合求出取值范圍.【詳解】由的圖象關于點對稱可得．由，可得，故函數的圖象關于直線對稱，且，得的周期為2．當時，，單調遞增，且，則，，畫出在一個周期內的大致圖象如圖所示：當時，結合圖象可得，即．故實數m的取值范圍為．故選A.6．【答案】B【分析】根據題意，分別畫出函數的圖象，找到最小距離為圓心到直線的距離減去半徑，再結合點到直線的距離公式求出結果即可.【詳解】由，整理得，即在圓心，半徑為1的半圓上.令，則，令，所以當時，，單調遞增，所以，所以，當且僅當時，等號成立，所以曲線的一條切線為，數形結合可知，當分別為對應切點，且與兩切線垂直時取得最小值，即的最小值為圓心到直線的距離減去半徑，即的最小值為.過圓心與垂直的直線方程，所以，當且僅當即時取到最小值.綜上所述，，故選B.7．【答案】D【分析】根據函數新定義，對于A，就分類討論即得；對于B，利用具體函數驗證法排除；對于C，運用反證法思路，結合二次函數圖象排除；對于D，對于存在性命題，只需列舉一種情況說明正確即得.【詳解】對于A，，當時，，故得；當時，，故得，即，故A錯誤；對于B，取，則，滿足，，但對于任意，不能保證恒成立，故B錯誤；對于C，假設存在實數，使得，若，則，矛盾；若，即時，，矛盾；若，則，矛盾；若，則，矛盾,若，則，矛盾.故C錯誤；對于D，對任意的實數，只要滿足是的子集，就有,于是，,故D正確.故選D.8．【答案】C【分析】根據導數的幾何意義求出曲線在點處的切線方程，進而即可判斷AB；畫出函數與圖象，由可得，化簡計算即可判斷CD.【詳解】由題意知，，則，所以曲線在點處的切線方程分別為，因為切線均過原點，所以，即，得，故AB錯誤；由，得，畫出函數與圖象，如圖，設，如上圖易知：，由正切函數圖象性質，得，即，又，所以，即，解得，故C正確，D錯誤.故選C.9．【答案】D【分析】對于①，計算出；對于②，由得到，故，與矛盾，②正確；對于③，若，則，，構造函數，，求導得到其單調性，得到當時最大，故③正確；對于④，表達出，作差得到，故，得到④正確.【詳解】①若，則，故①正確；②假設，因為，，所以，所以，所以，這與矛盾，所以假設不成立，而當時，易得，所以，故②正確；③若，則，，設，，則，令，得，解得，此時函數單調遞減，令，，解得，此時函數單調遞增，所以當時最大，所以當時，取得最大值，故③正確；④由題意知，，，，…，，所以，又，所以，又，，，，所以，所以，故④正確．綜上，正確說法的序號為①②③④，故選D．10．【答案】D【分析】結合“不動點”函數的概念，轉化為方程有根或對應函數有零點的問題，依次求解判斷各個選項.【詳解】對于A，令，即．因為滿足，所以在區(qū)間上單調遞增，所以不可能為“3型不動點”函數，故A錯誤；對于B，令，即．易判斷在區(qū)間上單調遞增，所以不可能為“3型不動點”函數，故B錯誤；對于C，由，得，易知當時，單調遞減，且，所以當時，的圖象與直線有且只有一個交點；當時，單調遞減，且；當時，單調遞增．令，得，解得，此時，所以直線與曲線相切于點．所以直線與曲線共有兩個交點，所以為“2型不動點”函數，故C錯誤；對于D，，作出的圖象，如圖所示．易知其與直線有且只有三個不同的交點，即有三個不同的解，所以為“3型不動點”函數，故D正確．故選D.11．【答案】ACD【分析】A選項，分別對兩函數求導，得到在處的切線方程為，在處的切線方程為，A正確；B選項，設公切線為，根據公切線性質得到方程組，消去后得到，設，通過求導得到其單調性，結合零點存在性定理得到：存在，使得，又當時，，故得到公切線有兩條，B錯誤；C選項，由拋物線定義得到，設出，表達出，令，，求導，得到其單調性，得到在處取得最小值2，得到，從而得到的最小值；D選項，設出點的坐標，得到，求導得到其最值【詳解】對于A，定義域為，，令得，其中，所以在處的切線方程為，又變形為，則，令得，其中當時，，所以在處的切線方程為，所以A正確；對于B，設曲線和的公切線為，與相切于，與相切于，則，所以，又，，故，，消去得：，令，因為，當時，，當時，，當，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，又因為時，，由零點存在性定理可知：存在，使得，又當時，，所以在有兩個零點，所以有兩個值，所以曲線和的公切線有2條，B錯誤；對于C，設為拋物線的焦點，由拋物線的定義，因為，設，則，，令，，則，令，則在恒成立，故在上單調遞增，由于，故當時，，即，當時，，即，故在上單調遞減，在上單調遞增，故在處取得極小值，也是最小值，則，所以，所以的最小值為，所以C正確；對于D，易知點Q在點P的上方，設，，則，所以，令，因為，當時當時，，當時，.所以在上為減函數，在上為增函數，故在處取得極小值，也是最小值，所以.所以，所以D正確.故選ACD.12．【答案】【分析】根據“偏導函數”的定義求得，，進而利用換元法結合判別式法求得答案．【詳解】依題意，，同理可求得，所以,，設，則，由，得，，此方程有解，所以，即，．故的取值范圍為，故答案為：13．【答案】【分析】求得，令，得到或，得出直線的方程，聯(lián)立方程組得到，令，利用導數求得的單調性，得到有且僅有2個零點，其中，得到，假設存在常數，利用，求得，代入得，設，求得單調性，得到，使得，進而得出的值.【詳解】由函數，可得，令，可得或，當或時，；當時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，因為或，所以直線的方程為，即，由，可得，令，可得，令，可得，當時，；當時，，所以在上遞減，在上遞增，因為，所以有且僅有2個零點，其中，這表明方程的解集為，即直線與曲線交于另一點，且點的橫坐標為，由，即，假設存在常數上的，則，所以，代入，可得，設函數，可得，當時，；當時，，所以在單調遞減，在單調遞增，因為，所以，存在唯一的實數，使得，此時，所以存在常數，上的，且.故答案為：4.14．【答案】【分析】由函數的奇偶性求出函數的解析式，再由題中等差等比數列等條件得到，再分離參數并用導數知識即可求出參數的最小值．【詳解】當時，當時，，，函數是定義在上的奇函數，，．又,,,為等差數列，且，設，，，，，，，，且函數是奇函數，，數列,2,3,為等比數列，設公比為，，，，，令，則，令，，觀察得：．令，，，在單調遞增，即在單調遞增，為的唯一零點．當時，單調遞減，當時，單調遞增，．故的最小值為，故答案為：.15．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】(1)求導，根據可得，進而利用導數求解函數單調性即可求證，(2)將不等式等價于（※）式，根據不等式的性質即可判斷需滿足，即可求導，根據二次函數的性質，對判別式討論，即可求解.【詳解】(1)由得，則，所以，設則當時，單調遞減，當時，單調遞增，故當，故(2)由可得，（※）令（且），若時，當時，，由于，所以，這與（※）矛盾，故，接下來只需要考慮的情況；，令，則開口向下，，若，則，（舍去），此時，進而，故在單調遞減，當時，，滿足要求，當時，，滿足要求，故符合題意，當時，此時，故方程由兩個不相等的實數根，不妨設由于，故，因此當時，，故進而，故在單調遞增，故，這與（※）矛盾，故不符合題意，綜上可得.16．【答案】(1)的極大值為，無極小值.(2)證明見解析.【分析】(1)使用導數工具判斷的單調區(qū)間，即可求出函數的極值；(2)對的取值情況分類討論，利用導數工具證明不等式.【詳解】(1)由，知.對有，對有.所以在上單調遞增，在上單調遞減.故在處取到極大值，無極小值.(2)若，則由的單調性知，故，即.所以.由，，知.再由，，知.所以，結論成立；若，則，故，結論成立；若，在上定義函數.則.設，則.據的表達式即知在上單調遞增.由于，故，所以.故.而，故由零點存在定理可知，存在唯一的，使得，即.由于在上單調遞增，故的零點是唯一的，且由知對有，對有.所以在上遞減，在上遞增.下面對分情況討論：①當時，有.所以，這就得到在上遞增.故對有.若，則；若，則.所以對必定有，從而對有.故在上遞增，從而由有.所以有，這就意味著，從而，故，所以.②當時，由，知：對，設，則，所以在上遞增，在上遞減.取，，得，即；取，，得，即.所以有；.故，得.而對有，對有，對有.故一定有，而在上遞減，在上遞增，故對都有.所以對有，故在上遞增，從而由有.所以有，這就意味著，從而，故，所以.③當時，由知，故，所以在上遞減，故對有.設，則對有，從而在上遞增.這就得到對有.故對有，所以在上遞增.若，則.若，設，則.分析的正負即知在處取到最小值，故.再設，則，分析的正負即知在處取到最小值，故對正數有.再設，這里，則.所以在上單調遞減.從而由知.所以總有，這就意味著，從而，故，所以.綜上，原結論成立.17．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】(1)直接使用導數工具證明不等式；(2)對實數的取值情況分類討論，對不同情況分別驗證條件是否滿足，即可得到的取值范圍.【詳解】(1)由于，且等號只在時取到，故單調遞增.所以當時，當時，故恒有成立.(2)容易驗證是偶函數，設.若，則對有，所以在上單調遞減.這表明對有，即.所以對有.取，使得，則對有.所以對有.由于是偶函數，從而對都有，所以是的極大值點，滿足條件；若，設,由(1)有，即.故，所以.這得到，故對任意實數都有.所以不是的極大值點，不滿足條件；若，我們有，且，及.取，使得，則對，有，故在上遞增，所以對有.故在上遞增，所以對有.故在上遞增，所以對有.此即，所以對有.由，知對有.所以對有.由于是偶函數，從而對都有，所以是的極大值點，滿足條件.綜上，實數的取值范圍是.18．【答案】(1)；(2)（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【分析】(1)設出切點坐標，求得切線方程，根據切線過原點列方程，求得切點的橫坐標，從而求得的值.(2)（Ⅰ）構造函數，根據函數的單調性以及零點存在性定理證得結論成立.（Ⅱ）構造函數，利用導數證得當時，得到，進而得到，從而求得的最大值.【詳解】(1)，．設是的圖象上一點，則該點處的切線為，整理得．令，解得或．因此與與函數的圖象相切．因此所求實數的值為或．(2)（Ⅰ）考慮函數，在上單調遞增，且，．因此有且只有使得，即的圖象與直線有且只有一個公共點，且該公共點的橫坐標為．（Ⅱ）設，則．設，則．當時，；當時，．因此在上單調遞增，在上單調遞減．從而在上單調遞增，上單調遞減．注意到，故當時，當時，因此在上單調遞減，在上單調遞增．所以當時，．另一方面，注意到，故必然存在，使得，且當時，當時．因此在上單調遞減，在上單調遞增．顯然，而．因此當時，．綜上可知當時，即，當且僅當時等號成立．由于，故當，即時，，當且僅當，即時等號成立．因此，當且僅當時等號成立．因此的最大值為．19．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)