北京市第五十中學2024?2025學年高二下學期3月檢測數學試卷一、單選題（本大題共10小題）1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．已知復數滿足，則在復平面內對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．與向量平行的一個向量的坐標是（

）A． B．C． D．4．若函數，則的單調遞增區間為（

）A． B． C． D．5．如圖，已知棱長為的正方體，分別為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B．C． D．6．曲線在處的切線與坐標軸所圍成的三角形面積為（

）A． B． C． D．7．設，其中為自然對數的底數，則（

）A． B．C． D．8．如圖所示，已知直線與曲線相切于兩點，函數，則對函數描述正確的是（

）A．有極小值點，沒有極大值點 B．有極大值點，沒有極小值點C．至少有兩個極小值點和一個極大值點 D．至少有一個極小值點和兩個極大值點9．函數f（x）=x2–xsinx的圖象大致為（

）A． B．C． D．10．已知函數.若過點可以作曲線三條切線，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、填空題（本大題共6小題）11．如圖，直線是曲線在點處的切線，則．

12．函數，則.13．已知在R上不是單調增函數，那么實數的取值范圍是．14．已知定義在區間(－π，π)上的函數f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調遞增區間為.15．我們把分子，分母同時趨近于0的分式結構稱為型，比如：當時，的極限即為型，兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在．早在1696年，洛必達在他的著作《無限小分析》一書中創造一種算法（洛必達法則），用以尋找滿足一定條件的兩函數之商的極限，法則的大意為：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．如：，則．16．已知函數，下列命題正確的有．（寫出所有正確命題的編號）①是奇函數；②在上是單調遞增函數；③方程有且僅有1個實數根；④如果對任意，都有，那么的最大值為2.三、解答題（本大題共5小題）17．已知函數．(1)求函數的單調區間；(2)求函數的極值．18．如圖所示的幾何體中，四邊形為矩形，平面，，點為棱的中點.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求點到平面的距離.19．已知函數，其中為常數，且．(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)求函數的單調區間；(3)若函數在上單調遞減，請直接寫出一個滿足條件的值．20．已知橢圓C：過點，過其右焦點且垂直于x軸的直線交橢圓C于A，B兩點，且．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l：與橢圓C交于E，F兩點，線段EF的中點為Q，在y軸上是否存在定點P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．21．定義：，，是曲線上三個不同的點，直線與曲線在點處的切線平行，若，，成等差數列，則稱為“等差函數”，若，，成等比數列，則稱為“等比函數”.(1)若函數是二次函數，證明：是“等差函數”.(2)判斷函數是否為“等差函數”，并說明理由.(3)判斷函數是否為“等比函數”，并說明理由.

參考答案1．【答案】A【詳解】.故選：A.2．【答案】A【詳解】由，則，所以在復平面內z對應點的坐標為，位于第一象限.故選：A3．【答案】B【詳解】對于A，，A不是；對于B，，B是；對于C，，C不是；對于D，，D不是.故選：B4．【答案】B【詳解】由函數的定義域，可得，令，解得，即函數的單調遞增區間為.故選：B.5．【答案】A【詳解】如圖分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，則、、、，所以，，設異面直線與所成角為，則，故選：A6．【答案】A【詳解】由，可得，又，，故在點處的切線方程為，即.令得，令得，所以切線與坐標軸所圍成的三角形面積為.故選：A.7．【答案】A【詳解】令，則，當時，，單調遞增，所以，即，令，則，當時，，單調遞減，所以，即所以.故選：A8．【答案】C【詳解】由題設，，則，又直線與曲線相切于兩點且橫坐標為且，所以的兩個零點為，由圖知：存在使，綜上，有三個不同零點，由圖：上，上，上，上，所以在上遞減，上遞增，上遞減，上遞增.故至少有兩個極小值點和一個極大值點.故選：C.9．【答案】A【分析】分析函數的奇偶性，并利用導數分析該函數在區間上的單調性，結合排除法可得出合適的選項.【詳解】因為，且定義域關于原點對稱，所以函數為偶函數，故排除B項；，設，則恒成立，所以函數單調遞增，所以當時，，任取，則，所以，，所以，所以函數在上為增函數，故排除C,D選項.故選A.【關鍵點撥】本題考查利用函數解析式選擇圖象，一般分析函數的定義域，奇偶性，單調性，函數零點，以及函數值符號，結合排除法得出合適的選項.10．【答案】A【詳解】設切點為，由可得，所以在點處的切線的斜率為，所以在點處的切線為：，因為切線過點，所以，即，即這個方程有三個不等根即可，切線的條數即為直線與圖象交點的個數，設，則由可得，由可得：或，所以在和上單調遞減，在上單調遞增，當趨近于正無窮，趨近于0，當趨近于負無窮，趨近于正無窮，的圖象如下圖，且，要使與的圖象有三個交點，則.則的取值范圍是:.故選：A.11．【答案】1【詳解】根據函數切線過,則曲線在處的切線斜率為，根據導數的定義，可得.故答案為：1．12．【答案】【詳解】令，，則，故.故答案為：13．【答案】（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．【詳解】∵函數yx3+mx2+（m+2）x+3，∴f′（x）＝x2+2mx+m+2，∵函數yx3+mx2+（m+2）x+3在R上不是增函數，∴f′（x）＝x2+2mx+m+2≥0不恒成立，∴判別式△＝4m2﹣4（m+2）＞0，∴m2﹣m﹣2＞0，即m＜﹣1或m＞2，故答案為（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．14．【答案】【詳解】由題意，令，則其在區間上的解集為，所以f(x)的單調遞增區間為.故答案為：.15．【答案】2【詳解】由題可得.故答案為：2.16．【答案】①②④【詳解】根據題意，依次分析四個命題：對于①中，，定義域是，且是奇函數，所以是正確的；對于②中，若，則，所以的遞增，所以是正確的；對于③中，，令，令可得，，即方程有一根，，則方程有一根之間，所以是錯誤的；對于④中，如果對于任意，都有，即恒成立，令，且，若恒成立，則必有恒成立，若，即恒成立，而，若有，所以是正確的，綜上可得①②④正確.17．【答案】(1)單調增區間為和，單調減區間為(2)極大值16，極小值【詳解】（1）函數的定義域為，導函數，令，解得，則，隨的變化情況如下表：200取極大值取極小值故函數的單調增區間為和，單調減區間為;（2）由小問1知，當時，函數取得極大值16;當時，函數取得極小值．18．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【詳解】（1）連接，交于點，由分別為和的中點，得，而平面平面，所以平面.（2）由直線平面，以所在的直線為軸，以所在的直線為軸，以所在的直線為軸，建立如圖所示的直角坐標系.則，設平面的法向量n=x,y,z則令，得，設直線與平面所成角的正弦值，則.（3），設平面的法向量為，則，令，得，所以點到平面的距離19．【答案】(1)(2)答案見解析(3)（答案不唯一）【詳解】（1）當時，函數．令，得，即切點坐標為．導函數．令，得，即切線斜率．故切線方程為，即．（2）函數的定義域為．導函數．討論：①當時，恒成立，故函數的單調增區間為．②當時，令，解得．0所以函數的單調增區間為，單調減區間為．綜上所述，當時，函數的單調增區間為；當時，函數的單調增區間為，單調減區間為．（3）結合（2）的結論可知，，要使函數在上單調遞減，則有，解得，任取一個值，比如.20．【答案】(1)(2)存在定點，【詳解】（1）由題知，橢圓C過點和，所以，解得所以橢圓C的方程為．（2）假設在y軸上存在定點P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立，設，，由，得，∴，∵∠EQP＝2∠EFP，∴∠EFP＝∠FPQ，∴QE＝QF＝QP∴點P在以EF為直徑的圓上，即PE⊥PF，∴∴恒成立∴，解得∴∴存在定點，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立．21．【答案】(1)證明見解析(2)函數不是“等差函數”，理由見解析(3)函數不是“等比函數”，理由見解析【詳解】（1）令.設，，是曲線上三個不同的點.直線的斜率，因為，所以曲線在點處的切線斜率，直線與曲線在點處的切線平行，則，即，則，故是“等差函數”.（2）假設函數為“等差函數”.因為，且，，成等差數列，所以.直線的斜率，因為，所以曲線在點處的切線斜率