2022-2023学年北京市海淀区高二下学期3月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年北京市海淀区高二下学期3月月考数学试题一、单选题1．复数（是虚数单位）的虚部是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数代数形式的除法运算化简即可判断；【详解】解：，故其虚部为故选：C2．下列式子正确的有（

）A． B．，C． D．【答案】B【分析】根据导数的运算法则逐项判断对错即可.【详解】对于A，，A错误；对于B，，B正确；对于C，，C错误；对于D，，D错误.故选：B.3．在同一平面直角坐标系中，曲线C经过伸缩变换后，变为，则曲线C的渐近线方程是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求得曲线的方程，进而求得曲线的渐近线方程.【详解】依题意，，所以由可得，所以，所以曲线的渐近线方程为.故选：A4．可导函数在区间上的图象连续不断，则“存在满足”是“函数在区间上有最小值”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】根据和函数在区间上有极值点的关系，结合具体函数，即可判断出结论．【详解】根据函数极值点的概念，可知满足，则不一定是函数的极值点，例如，其中，但不是函数的极值点，此时函数在上没有最小值.又由函数，其中当时，函数取得最小值.但时，不存在，时，，时，，所以“存在满足”不成立.所以“存在满足”是“函数在区间上有最小值”的既不充分也不必要条件．故选D．【点睛】本题考查了函数有极值点的概念及应用，以及充要条件判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5．函数图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由函数为奇函数，排除A，B，再利用导数求得函数的单调性，排除D，即可求解．【详解】由题意，函数的定义域为，且，所以函数为奇函数，排除A，B；当时，函数，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，排除D．故选：C.【点睛】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性的判定方法，以及函数的导数与单调性的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．6．过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于M，N两点，若M，N两点到直线的距离之和等于11，则这样的直线（

）A．不存在 B．有且仅有一条C．有且仅有两条 D．有无穷多条【答案】C【分析】利用抛物线图像的对称性和抛物线的通径的长即可得到符合条件的直线的数量.【详解】由题意知两点到准线的距离之和等于，由抛物线定义得，而在抛物线过焦点的弦中，弦长的最小值为，而，根据过焦点的弦的对称性知，这样的弦有且仅有两条，故选：C．7．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由导数判断单调性求解【详解】，由题意恒成立，故解得故选：A8．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（

）A．16 B．12 C．8 D．4【答案】D【分析】设直线与曲线的切点为，求导，根据导数的几何意义求出切点处的切线方程，再结合已知方程求出的关系，再根据不等式中“1”的整体代换即可得出答案.【详解】解：设直线与曲线的切点为，因为，所以，切线方程为，所以，，所以，又，，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值是4.故选：D.9．定义在上的奇函数的图像连续不断，其导函数为，对任意正数恒有，若，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由的奇偶性和判断出在上的奇偶性和单调性，利用的单调性和奇偶性，求不等式的解集即可.【详解】∵为奇函数，∴，∴当时，，又∵，∴，当时，，∴在区间上单调递减，又∵当时，，∴为上的奇函数，∵在上的图象连续不断，∴在上单调递减.又∵，∴，即，∴，∵在区间上单调递增，∴，解得.故选：D.10．若存在且，使成立，则在区间上，称为的“倍函数”．设，，若在区间上，为的“倍函数”，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用导数可证得在上单调递增，设，可将不等式化为，可将问题转化为在上存在单调递增区间，结合导数可进一步化为在上有解，令，可得，则，利用导数求得最大值，从而得到结果.【详解】在恒成立，在上单调递增，由对数函数单调性知：在上单调递增；不妨设，由得：，．令，则，在上存在单调递增区间，即在上有解，即在上有解，，令，则，令，则，，当时，单调递增，，，即实数的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键一是理解新定义并结合题中函数的性质去掉绝对值符号；二是合理对问题进行转化，并构造函数，将问题最终转化为存在性问题，利用分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值之间的关系，从而利用导数来求解．二、填空题11．世界锦标赛简称，是方程式汽车赛中最高级别.所谓“方程式”赛车是按照国际汽车联合会（）规定的标准制造的赛车，目前西南交通大学实验室制造了一种新的方程式赛车，已知这种赛车的位移和时间的关系满足，则时赛车的瞬时速度是______（米/秒）.【答案】【分析】根据导数的物理意义，利用导数求值，可得答案.【详解】由，则，即，故答案为：.12．已知向量，若，则__________.【答案】##【分析】根据向量坐标运算及垂直关系的向量表示求解即可.【详解】解：因为，所以，因为，所以，解得故答案为：13．已知函数，为的导函数，则的值为___________.【答案】2【分析】分别计算与的值，代入可得结果.【详解】∵，∴，，∴为奇函数，∴，∴，∵，∴，∴为偶函数，∴，∴，∴，故答案为：2.三、双空题14．已知函数的定义域为R，的导函数，若函数无极值，则a=___________；若x=2是的极小值点，则a的取值范围是___________.【答案】

【分析】对进行分类讨论，结合函数的单调性确定正确结论.【详解】当时，在区间上递增，在区间上递减.的极大值点为，极小值点为.当时，，在上递增，无极值.当时，在区间上递增，在区间上递减.的极大值点为，极小值点为.故答案为：；四、填空题15．已知函数其中.如果对于任意，，且，都有，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】把题意翻译为函数在上单调递增，则两段函数分别递增，且在分界处右端点大于等于左端点的函数值即可．【详解】解：对于任意，，且，都有成立，即函数在上单调递增，先考察函数，的单调性，配方可得，函数在上单调递增，在上单调递减，且（1），，以下考察函数，的图象，则，令，解得．随着变化时，和的变化情况如下：0单调递减极小值单调递增即函数在上单调递减，在上单调递增，且．对于任意，，且，都有成立，，，即，的取值范围为．故答案为：．16．已知曲线：，抛物线：，为曲线上一动点，为抛物线上一动点，与两条曲线都相切的直线叫做这两条曲线的公切线，则以下说法正确的有___________①直线l：是曲线和的公切线：②曲线和的公切线有且仅有一条；③最小值为；④当轴时，最小值为.【答案】①③④【分析】对于①利用导数的几何意义即可求解；对于②，分别设两条曲线上的切线方程，然后根据公切线的定义建立方程，将方程转化为函数，研究函数的零点即可；对于③，利用抛物线的焦半径公式转化求的最小值，进而建立函数，然后再研究函数的单调性即可；对于④，先设动点的坐标，根据轴，进而建立目标函数，然后研究该函数单调性即可.【详解】解：选项①，对于曲线，，当时，，，故直线与曲线相切与点；联立，可得，故此时直线与切于点，故直线l：是曲线和的公切线，故①正确；对于②，设公切线分别与切于点，则曲线的切线为：，曲线的切线为，根据与表示同一条直线，则有，解得，令，则有，可得在区间上单调递增；在区间上单调递减，则有，根据零点存在性定理可知，在区间上存在一个零点，即存在一条公切线故曲线和的公切线有且仅有2条，故②错误；对于③，如图所示，可得，根据抛物线的焦半径公式可得，故有：，设点的坐标为：，则有：，令，可得，再次求导可得：，故在上单调递增，又，可得：当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增；故，则，故，故③正确；对于④，当轴时，设，则，则有：，记，则有，令，解得：，故当时，，在区间上单调递减；当时，，在区间上单调递增；故有，故，故选项④正确.故答案为：①③④.五、解答题17．已知函数.(1)求函数在点处的切线方程；(2)求函数在区间上的最值.【答案】(1)(2)最大值为，最小值为.【分析】（1）求导，求出及，再用点斜式写出直线方程即可；（2）求导，求出函数在区间上的单调性，根据单调性可求最值.【详解】（1），，又函数在点处的切线方程为，即；（2）由（1）得当时，或，当时，，函数在区间上单调增区间为，单调减区间为当时，，又，，当时，，函数在区间上的最大值为，最小值为.18．如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，上的动点，且.(1)求证：；(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明过程见详解(2)【分析】设．以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标（1）通过计算，证明E．（2）判断当取得最大值时，三棱锥的体积取得最大值．求出平面的法向量，底面的法向量，设二面角的平面角为，利用空间向量的数量积求出，然后求解二面角的正切值．【详解】（1）设．以为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：，，，，，，，，，，则，，因为．所以．（2）设．以为原点建立空间直角坐标系，因为，所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．因为，所以当时，即，分别是棱，的中点时，三棱锥的体积取得最大值，此时，坐标分别为，，由（1）可得：，，设平面的法向量为，则，令，则，得．显然底面的一个法向量为．设二面角的平面角为，由题意知为锐角．因为，所以，于是．即二面角的正弦值为．19．已知函数在区间单调，其中为正整数，，且．(1)求图像的一条对称轴；(2)若，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）由函数在区间上的单调性确定最小正周期的范围，再由函数值相等即可确定对称轴；（2）根据对称轴及函数值确定的表达式，再结合最小正周期确定的可能取值，即可得解.【详解】（1）因为函数在区间单调，所以函数的最小正周期，又因为，所以直线即为图象的一条对称轴；（2）由（1）知，故，由，得或3．由为的一条对称轴，所以．因为，所以或，若，则，即，不存在整数，使得或3；若，则，即，不存在整数，使得或3．当时，．此时，由，得．20．已知椭圆E：过，两点．(1)求椭圆E的方程；(2)已知，过的直线l与E交于M，N两点，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将两点坐标代入，求出椭圆方程；（2）依据斜率是否为零，分类讨论，斜率为零时易得结论，斜率不为零时证明QP平分，可得结论.【详解】（1）由题知，椭圆E过，，所以，解得，，所以椭圆E的方程为．（2）证明：当直线l的斜率为0时，直线l的方程为，所以，或，．所以．当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，由，得，所以，，，所以，，所以，所以QP平分，因为，，所以，即．21．已知函数．(1)若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围；(2)若，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，证明导数为单调增函数，然后分和两种情况判断导数的正负，从而判断函数的单调性，结合不等式恒成立，求得参数范围；（2）利用（1）的结论将要证明的不等式转化为证明，从而构造函数，利用导数判断函数单调性，结合函数值范围，进而证明原不等式成立.【详解】（1）由题意知，，令，则，则在上恒成立，仅在时取等号，所以在上单调递增，即在上单调递增．当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以，符合题意；当时，．令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以．所以，又在上单调递增，所以，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是．（2）证明：由（1）得，当，时，，即，要证不等式，只需证明，只需证明，即只需证，设，则，当时，恒成立，故在上单调递增，又，所以恒成立，所以原不等式成立．【点睛】难点点睛：第二问证明不等式成立时，要结合第一问的结论，得到，即，这是要结合所要证明的不等式的变形进行的合理变式，因此难点就在于要利用分析的方法，将原不等式转化为证明，即需证明，也就是证，然后可以构造函数，利用导数判断函数单调性解决问题.22．椭圆曲线加密算法运用于区块链．椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．(1)当时，讨论函数零点的个数；(2)已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：；(3)已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．参考公式：【答案】(1)见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数.（2）利用“”运算的性质计算后可得证明.（3）设直线的斜率，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标.【详解】（1）由题设可知，有，若，则，则，此时仅有一个零点；若，