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（含解析）

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（含解析），共30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0a，综上：c>b>a，
故选：A．
3.【答案】B
【解析】【分析】
建系，设点，作出相应的辅助线，分析可知AC=6m,BC=2vm，结合AB=7m分析求解即可．
【解答】
解：
如图，建立平面直角坐标系，设动点P的轨迹与y轴重合，
其在t=0,t1,t2时刻对应的点分别为O,D,E，P的速度为vm/s,v>0，
因为r1t1=r2t2,r1=4m,t1=2s,t2=4s，可得r2=2m，
由题意可知：AD,BE均与x轴垂直，且AD=4m,BE=2m,OD=DE=2vm，
作BC⊥AD垂足为C，则AC=6m,BC=2vm，
因为AC2+BC2=AB2，即36+4v2=49，解得v= 132；
又因为BC//y轴，
所以P的运动轨迹与直线AB所成夹角的正弦值为：sin∠ABC=ACAB=67；
又v= 132，AD=4m,OD= 13m，
所以r0=OA= 42+ 132= 29．
故选：B．
关键点点睛：建系，设动点P的轨迹与y轴重合，以坐标系为依托，把对应的量转化为相应的长度，进而分析求解．
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据正方形的性质，结合函数的对称性可得y=kx(k>0)，y=−1kx与与f(x)=x3−ax联立求解交点，即可根据长度得a=k4+1k−k3，构造函数，利用导数即可求解最值．
【解答】
解：由于f(−x)=−x3+ax=−fx，所以fx为奇函数，图象关于原点对称，
要使得四边形ABCD是正方形，则A,C以及B,D分别关于原点对称，
不妨设A,C在一三象限，B,D为二四象限点，
不妨设直线AC：y=kx(k>0)，则BD:y=−1kx，
联立y=kx(k>0)与f(x)=x3−ax，则kx=x3−ax，当x≠0,则k+a=x2
同理联立y=−1kx与f(x)=x3−ax，当x≠0,则−1k+a=x2，
进而可得OA2=xA2+kxA2=1+k2xA2=1+k2k+a，
OB2=xB2+−1kxB2=1+k2k2xB2=1+k2k2−1k+a，
因此OA2=OB2⇒1+k2k2−1k+a=1+k2k+a，
故−1k+a=k+ak2，即a=k4+1k−k3，由于a>0，(否则fx单调递增，不满足题意)，故0g(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．

【解析】(1)使用导数工具判断fx的单调区间，即可求出函数fx的极值；
(2)对m,n的取值情况分类讨论，利用导数工具证明不等式．
17.【答案】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