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）

这是一份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），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共11小题，每小题5分，共55分。
1.函数fx=5sinxex+xcsx在−2π,2π上的图象大致为( )

A B.

C D
2.设a=32ln53，b=35e 25，c=1，则( )
A. c>b>aB. a>b>cC. a>c>bD. c>a>b
3.平面内相距7m的A，B两点各放置一个传感器，物体P在该平面内做匀速直线运动，两个传感器分别实时记录下A,B两点与P的距离，并绘制出“距离---时间”图象，分别如图中曲线a,b所示.已知曲线a经过点0,r0，t1,r1，t2,r0，曲线b经过点t2,r2，且r1t1=r2t2,r1=4m,t1=2s,t2=4s.若P的运动轨迹与线段AB相交，则P的运动轨迹与直线AB所成夹角的正弦值以及r0分别为( )
A. 67,3 5
B. 67, 29
C. 27,3 5
D. 27, 29
4.若函数f(x)=x3−ax上存在四个点A，B，C，D，使得四边形ABCD是正方形，则a的最小值是( )
A. 2B. 2 2C. 2 3D. 3
5.已知定义在R上的函数fx的图象关于点1,0对称，fx+1+fx+2=0，且当x∈0,12时，fx=2xx+1+lg23x+1.若fm+10，则MN最小值为( )
A. 3 22B. 3 22−1C. 2−1D. 2+1
7.若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m，则记Δ(X)=M−m.下列命题中正确的是( )
A. 已知X={−1,1},Y={0,b}，且Δ(X)=Δ(Y)，则b=2
B. 已知X={x∣f(x)≥g(x),x∈[−1,1]}，若Δ(X)=2，则对任意x∈[−1,1]，都有f(x)≥g(x)
C. 已知X=[a,a+2],Y=y∣y=x2,x∈X则存在实数a，使得Δ(Y)nmn．
17.（12分）已知函数fx=x−6sinx6−sin2x，gx= 1+2ax2−axsinx．
(1)证明：x⋅fx≥0；
(2)若x=0是gx的极大值点，求实数a的取值范围．
18.（12分）已知函数f(x)=lnx．
(1)若直线y=kx与函数y=f2(x)的图像相切，求满足条件的实数k的取值集合；
(2)某学习小组通过研究发现函数y=f(x)的图像与直线y=−xe有且只有一个公共点
(Ⅰ)设该公共点的横坐标为α，证明该发现，并证明α∈(e−1,1)；
(Ⅱ)设a,b,c∈αe2,+∞,且a+b+c=3,g(x)=lnx+2,求g2(a)+g2(b)+g2(c)的最大值．
19.（12分）已知函数f(x)=(x−a)(lnx−b),其中a,b∈R．
(1)若a=−12,b=3,证明：当01≥n，则nmlnm>0≥mnlnn，故mnm=enmlnm>emnlnn=nmn，结论成立；
若m>n>1，在1,+∞上定义函数gx=xlnn+lnlnx−nlnx−lnlnn．
则g′x=lnn+1xlnx−nx=lnnxlnx−nlnx+1xlnx．
设ℎx=lnnxlnx−nlnx+1，则ℎ′x=lnnlnx−nx+lnn
据ℎ′x的表达式即知ℎ′x在1,+∞上单调递增．
由于n>1，故00．
而ℎ′1=lnnln1−n1+lnn=−n+lnn=lnn⋅1−nlnnn有ℎ(x)>ℎ(n)=nlnn2−nlnn+1=nlnnlnn−1+1．
若n≥e，则nlnnlnn−1+1≥0+1>0；若10．
所以对x>n必定有ℎ(x)>nlnnlnn−1+1>0，从而对x>n有g’(x)=lnnxlnx−nlnx+1xlnx=ℎ(x)xlnx>0．
故gx在n,+∞上递增，从而由m>n有g(m)>g(n)=0．
所以有g(m)>0，这就意味着mlnn+lnlnm−nlnm−lnlnn>0，从而mlnn+lnlnm>nlnm+lnlnn，故nmlnm=emlnn+lnlnm>enlnm+lnlnn=mnlnn，所以mnm=enmlnm>emnlnn=nmn．
②当320．
故一定有ℎx0>0，而ℎx在1,x0上递减，在x0,+∞上递增，故对x≥1都有ℎx≥ℎx0>0．
所以对x>1有g’(x)=lnnxlnx−nlnx+1xlnx=ℎ(x)xlnx>0，故gx在1,+∞上递增，从而由m>n有g(m)>g(n)=0．
所以有g(m)>0，这就意味着mlnn+lnlnm−nlnm−lnlnn>0，从而mlnn+lnlnm>nlnm+lnlnn，故nmlnm=emlnn+lnlnm>enlnm+lnlnn=mnlnn，所以mnm=enmlnm>emnlnn=nmn．
③当1g(n)=0．
若m>2，设φt=tlnn−nlnt，则φ′t=lnn−nt=lnntt−nlnn．
分析φ′t的正负即知φt在t=nlnn处取到最小值，故φt≥φnlnn=n−nlnnlnn．
再设ωt=t−lnt−1，则ω′t=1−1t=t−1t，分析ω′t的正负即知ωt在t=1处取到最小值，故对正数t≠1有ω(t)>ω(1)=0．
再设λt=t−tlntlnt−lnlnt=t−tlnt+tlnlnt−lnlnt，这里t>1，则
λ′t=1−lnt−1+lnlnt+t−1tlnt=−lnt+lnlnt−1−1tln1t=−ωlnt−ω1tlnt2知
gm=mlnn+lnlnm−nlnm−lnlnn
=φm+lnlnm−lnlnn
≥φnlnn+lnln2−lnlnn
=n−nlnnlnn−lnlnn+lnln2
=λn+lnln2
≥λ32+lnln2
=32−32ln32ln32−lnln32+lnln2=0.07>0．
所以总有g(m)>0，这就意味着mlnn+lnlnm−nlnm−lnlnn>0，从而mlnn+lnlnm>nlnm+lnlnn，故nmlnm=emlnn+lnlnm>enlnm+lnlnn=mnlnn，所以mnm=enmlnm>emnlnn=nmn．
综上，原结论成立．
17.解：(1)由于f′x=1−6csx6−sin2x+2sin2xcsx6−sin2x2
=1−6csx7−cs2x5+cs2x2
=1−csx29+4+csx25+cs2x2≥0，
且等号只在x=2kπk∈Z时取到，故fx单调递增．
所以当x>0时fx>f0=0，当x