2025年北京五十中高二3月月考数学（含解析）

第1页，共10页（高二、数学）三月检测试卷2025.31.【答案】A【解答】解：由题意可知A∩B={xI2<x⩽3}．2.【答案】D【解答】解：由z=(-1-i)i=-i-i2=1-i，所以在复平面内z对应点的坐标为(1,-1)，位于第二象限．3.【答案】B【解答】解：对于不是；对于B是；对于不是；对于不是．故选：B．4.【答案】B【解答】解：函数定义域为>0，解得：0<x<1，故f(x)的单调递增区间为(0,1)，故选：B．5.【答案】A【解答】解：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，第2页，共10页则A1(2,0,2)，G(1,0,0)，E(2,1,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，F(0,1,1)，:异面直线A1G与EF所成角的余弦值为0．故选：A．6.【答案】B【解答】解：由f(x)=xex—e，得f,(x)=ex+xex，:f,(1)=2e，又f(1)=0，:曲线f(x)=xex—e在x=1处的切线方程为y=2e(x—1)，即y=2ex—2e．取x=0，得y=—2e，取y=0，得x=1．:曲线f(x)=xex—e在x=1处的切线与坐标轴所围成的三角形面积为故选：B．7.【答案】D【解答】解：令f(x)=ex—(x+1)，则f,(x)=ex—1，当x≥0时，f,(x)>0，f(x)单调递增，所以f(0.01)=e0.01—1.01>f(0)=0，即e0.01>1.01，当x≥1时，g,(x)<0，g(x)单调递减，所以g(1.01)=ln1.01—1.01<g(1)=—1<0，即ln1.01<1.01，故选：D．【解答】解：由题设，F(x)=kx+m—f(x)，则F,(x)=k—f,(x)，又直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点且横坐标为x1,x2且x1<x2，第3页，共10页所以F,(x)=0的两个零点为x1,x2，由图知：存在x0∈(x1,x2)使F,(x0)=0，综上，FI(x)有三个不同零点x1<x0<x2，由图：(0,x1)上F,(x)<0，(x1,x0)上F,(x)>0，(x0,x2)上F,(x)<0，(x2,+∞)上F,(x)>0，所以F(x)在(0,x1)上递减，(x1,x0)上递增，(x0,x2)上递减，(x2,+∞)上递增．故F(x)至少有两个极小值点和一个极大值点．故选：C．【解答】解：“函数f(x)的定义域为R，且f(—x)=(—x)2—(—x)sin(—x)=x2—:f(x)为偶函数，故排除选项B；f(x)=x(x—sinx)，设g(x)=x—sinx，则g,(x)=1—Cosx≥0恒成立，:g(x)在R上单调递增，:当x>0时，g(x)>g(0)=0，:当x>0时，f(x)=xg(x)>0，且此时f(x)单调递增，故排除选项A、D；故选：C．10.【答案】A【解答】解：设切点为由可得所以在点处的切线的斜率为所以在点处的切线为，即，即这个方程有三个不等实根即可，设切线的条数即为直线y=m与g(x)图象交点的个数，第4页，共10页当x趋近于正无穷，g(x)趋近于0，当x趋近于负无穷，g(x)趋近于正无穷，g(x)的图象如下图，且要使y=m与的图象有三个交点，则0<m<．则m的取值范围是：(0,．故选：A．【解答】解：因为直线过点(—2,0)和(0,2)，所以切线方程的斜率为所以y=f(x)在点(0,2)处的导数为0=1．【解答】解：“f(x)=Sin2x，:f,(x)=2COS2x．【详解】“函数y=x3+mx2+(m+2)x+3，:f,(x)=x2+2mx+m+2，“函数y=x3+mx2+(m+2)x+3在R上不是增函数，第5页，共10页:f,(x)=x2+2mx+m+2≥0不恒成立，:判别式△=4m2—4(m+2)>0，【解答】解：由题意f,(x)=sinx+xcosx—sinx=xcosx,x∈(—π,π)，令f,(x)=xcosx>0，则其在区间(—π,π)上的解集为(—π,—∪(0,，所以f(x)的单调递增区间为(—π,—0,．【解答】解：由题意可得16.【答案】①②④【解答】解：根据题意，依次分析4个命题：对于①、f(x)=ex—e-x，定义域是R，且f(—x)=e-x—ex=—f(x)，f(x)是奇函数；故①正确；对于②、若f(x)=ex—e-x，则f,(x)=ex+e-x>0，故f(x)在R递增；故②正确；对于③、f(x)=x2+2x，令g(x)=ex—e-x—x2—2x，令x=0可得，g(0)=0，即方程f(x)=x2+2x有一根x=0，则方程f(x)=x2+2x有一根在(2,4)之间，故③错误；对于④、如果对任意x∈(0,+∞)，都有f(x)>kx，即ex—e-x—kx>0恒成立，令ℎ(x)=ex—e-x—kx，且ℎ(0)=0，h,(x)=ex+e-x—k，,当且仅当x=0时等号成立，但是x>0，等号取不到，故当k≤2时，h,(x)>0，h(x)在(0,+∞)上单调递增，h(x)>h(0)=0，符合题意；当k>2时，存在x0∈(0,+∞)，使得h,(x0)=0令F(x)=ex+e-x—k，x>0，则F,(x)=ex—e-x>0，故h,(x)在(0,+∞)上单调递增，故当x∈(0,x0)时，h,(x)<0，h(x)单调递减，此时h(x)<h(0)=0，不符合题意，所以k>2不成立．所以k≤2，故④正确；综合可得：①②④正确；故答案为：①②④.17.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)的定义域为R.f,(x)=3x2—12，令f,(x)=0，解得x=±2，则f,(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x22(2,+∞)f,(x)+0—0+f(x)刁、刁故函数f(x)的单调增区间为(—∞,—2)和(2,+∞)，单调减区间为(—2,2)．(Ⅱ)当x=—2时，函数f(x)取得极大值为f(—2)=16；当x=2时，函数f(x)取得极小值为f(2)=—16．18.【答案】解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OP，因为P,O分别为DF,DB的中点，所以BF//PO，则BF//平面APC；第7页，共10页直线AF⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AF⊥AB，AF⊥AD，且AB⊥AD，则以A为原点，AB,AD,AF所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系；B(1,0,0),D(0,2,0),E(,0,1)，所以由得所以直线DF与平面APC夹角的正弦值为(3)第8页，共10页则点E到平面APC的距离19.【答案】解：(Ⅰ)当k=1时，函数f(x)=lnx—，令x=1，得f(1)=—1，即切点坐标为(1,—1)，f,(x)=+，则f,(1)=2，即切线斜率k=2，(Ⅱ)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f,(x)=+=，①当k≥0时，f,(x)>0恒成立，故函数f(x)的单调增区间为(0,+∞)．②当k<0时，令f,(x)=0，解得x=—，当单调递增，所以函数f(x)的单调增区间为(0,—)，单调减区间为(—,+∞)．综上所述，当k≥0时，函数f(x)的单调增区间为(0,+∞)；当k<0时，函数f(x)的单调增区间为(0,—)，单调减区间为(—,+∞)．由(Ⅱ)可知k<0且—≤2，解得k≤—,故k∈(—∞,—]均为正确答案．20.【答案】解：(1)由题知，椭圆C过点(1,)和(C,)，所以解得所以椭圆C的方程为+y2=1．(2)假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP=2∠EFP恒成立，设P(0,y0)，E(x1,y1)，F(x2,y2)，:x1+x2=，x1x2=，第9页，共10页Δ=144K2+36(4+12K2)>0，“∠EQP=2∠EFP，:∠EFP=∠FPQ，:QE=QF=QP，:点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，-→PE=(x1,y1—y0)，PF=(x2,y2—y0)，-→:PE.PF=x1x2+(y1—y0)(y2—y0)=x1x2+y1y2—y0(y1+y2)+y:{008=0，解得y0=1，:P(0,1)，:存在定点P(0,1)，使得∠EQP=2∠EFP恒成立．21.【答案】解：(1)证明：令f(x)=ax2+bx+C(a≠0)．设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)(x1<x2<x3)是曲线y=f(x)上三个不同的点．因为f,(x)=2ax+b，所以曲线y=f(x)在点B处的切线斜率KB=f,(x2)=2ax2+b，因为直线AC与曲线y=f(x)在点B处的切线平行，所以KAC=KB，即2ax2+b=a(x3+x1)+b，则2x2=x3+x1，故f(x)是“等差函数”．(2)假设函数f(x)=lnx为“等差函数”．因为0<x1<x2<x3，且x1，x2，x3成等差数列，所以x1+x3=2x2．因为f,(x)=，所以曲线y=f(x)在点B处的切线斜率第10页，共10页因为直线AC与曲线y=f(x)在点B处的切线平行，所以KAC=KB，整理得令,即(t+1)lnt—2(t—1)=0．令故K在(1,+∞)上单调递增，K(t)>K(1)=0，即ℎ,(t)>0，则ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增，ℎ(t)>ℎ(1)=0．故函数f(x)=lnx不是“等差函数”．(3)假设函数f(x)=xlnx为“等比函数”．因为0<x1<x2<x3，且x1，