2023-2024学年辽宁省IC联盟高二下学期6月阶段性质量检测数学试题（含答案）

2023-2024学年辽宁省IC联盟高二下学期6月阶段性质量检测
数学试题
一、选择题：本题共11小题，每小题5分，共55分。
第1页，共1页
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，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，，，，使得四边形是正方形，则的最小值是( )
A. B. C. D.
5.已知定义在上的函数的图象关于点对称，，且当时，若，则实数的取值范围为( )
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.若非空实数集中存在最大元素和最小元素，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，使得
D. 已知，则对任意的实数，总存在实数，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．设随机变量所有可能的取值为，，，，且，，定义的信息熵，则下列判断中正确的是( )
若，则
若，则；
若，则当时，取得最小值
若，随机变量所有可能的取值为，，，，且，则
A. B. C. D.
10.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“型不动点”函数的是( )
A. B.
C. D.
11.已知曲线：，抛物线：，为曲线上一动点，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，最小值为
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
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，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
三、解答题：本题共5小题，共80分，
15.（12分）已知函数，．
求证：
若对任意且恒成立，求实数的取值范围
16.（12分）已知函数．
求的极值；
若，证明：．
17.（12分）已知函数，．
证明：；
若是的极大值点，求实数的取值范围．
18.（12分）已知函数．
若直线与函数的图像相切，求满足条件的实数的取值集合；
某学习小组通过研究发现函数的图像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.（12分）已知函数其中．
若证明：当时，
若，求证：有唯一极值点，且；
若，函数有三个极值点证明：．
参考答案
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15.解：由得，
则，所以，
设
则当时，单调递减，
当时，单调递增，
故当，故
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.解：由，知．
对有，对有．
所以在上递增，在上递减．
故在处取到极大值，无极小值．
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：
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．
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．
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.解：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．
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.解：，
设是的图像上一点，
则该点处的切线为，
整理得令，解得或．
因此与与函数的图像相切．因此所求实数的值为或．
Ⅰ考虑函数，在上单调递增，且，．
因此有且只有使得，
即的图像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.解：由题设，，在上且，
要证，即证，
令，则，
所以，则，
所以在上递增，故，
所以在上递减，故，
所以在上递增，故，
综上，，得证．
由时，，有唯一零点，且，
时，，
，设，
，因为，所以恒成立，
即在上是增函数，
而由知，所以，
所以，，
所以在也即在上有唯一零点，时，，递减，时，，递增，
所以有唯一极值，且，，即，，由得，，
所以，
要证，即证，
只要证：，
令，
，
令，
，
令，则，
设，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以在时恒成立，
即，
所以，
所以，从而是增函数，又，，
所以存在，使得，即，
时，，时，，
所以即在上递减，在上递增，
，，所以时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
，所以，即成立．
所以成立．
，
所以在上有三个不同的实数根，
令，则，即
若在上有三个不同的零点，
所以在上有两个不同的零点，即在上有两个不同的零点，
所以，可得，
当，则存在使注意到，
由开口向上，知：上，上，上，
所以在、上递增，上递减，又，即，
因为，故，，
所以三个零点，其中，则，
由知：时有，同理可证：时有，
所以，即，可得，
，即，可得，
综上，是的两个解，而，
所以，
要使，只需，即，而，显然成立．
所以，得证．