福建省上杭县第一中学2023-2024学年高二下学期数学第十四周考试卷

福建省上杭县第一中学2023-2024学年第二学期高二数学第十四周考试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．若曲线在点处的切线方程为，则（    ） A．3 B． C．0 D．1 2．已知向量，，则向量在向量上的投影向量（    ） A． B． C． D． 3．算盘是我国一类重要的计算工具．下图是一把算盘的初始状态，自右向左前四位分别表示个位、十位、百位、千位，上面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，即五粒下珠的代表数值等于同组一粒上珠的代表数值，例如，个位拨动一粒上珠至梁上，十位未拨动，百位拨动一粒下珠至梁上，表示数字105．现将算盘的千位拨动一粒珠子至梁上，个位、十位、百位分别至多拨动一粒珠子至梁上，其它位置珠子不拨动．设事件“表示的四位数为偶数”，事件“表示的四位数大于5050”，则（    ）    A． B． C． D． 4．已知函数，则函数的零点个数为（    ） A．3 B．5 C．6 D．8 5．甲、乙、丙三个地区分别有、、的人患了流感，且、、构成以为公差的等差数列．已知这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则的可能取值为（    ） A． B． C． D． 6．1941年中国共产党在严重的困难面前，号召根据地军民，自力更生，艰苦奋斗，尤其是通过开展大生产运动，最终走出了困境．如图就是当时缠线用的线拐子，在结构简图中线段与所在直线异面垂直，分别为的中点，且，线拐子使用时将丝线从点出发，依次经过又回到点，这样一直循环，丝线缠好后从线拐子上脱下，称为“束丝”．图中，则丝线缠一圈长度为（    ） A． B． C． D． 7．若关于x的不等式恒成立，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．方程满足的正整数解的组数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．无数组 二、选择题（多选）：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，设事件“为整数”，“为偶数”，“为奇数”，则（    ） A． B． C．事件与事件相互独立 D． 10．若函数有两个极值点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则有3个零点 B．过上任一点至少可作两条直线与相切 C．若，则只有一个零点 D． 11．在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，在堑堵中，是的中点，，若平面α过点P，且与平行，则（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．三棱锥的体积是该“堑堵”体积的 C．当平面α截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于 D．当平面α截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于 2、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知平面的一个法向量为，且点在内，则点到的距离为 ． 13．在棱长为2的正方体中，在线段上运动，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 14．已知函数（，）且），若恒成立，则的最小值为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析．运动员甲在接力赛中跑第一棒、第二棒、第三棒、第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示． 比赛位置 第一棒 第二棒 第三棒 第四棒 出场率 0.3 0.2 0.2 0.3 比赛胜率 0.6 0.8 0.7 0.7 (1)当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率． (2)当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率． 16．如图，为圆锥的顶点，是底面圆的一条直径，，是底面圆弧的三等分点，，分别为，的中点． (1)证明：点在平面内． (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 17．（1）已知，求的最大值与最小值； （2）若关于x的不等式存在唯一的整数解，求实数a的取值范围. 18．如图①在平行四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，得到图②所示几何体． (1)若为的中点，求四棱锥的体积； (2)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为，如果存在，求出的值，如果不存在，说明理由． 19．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若不等式恒成立，求的取值范围； (3)当时，试判断函数的零点个数，并给出证明． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．C 【详解】因为，则， 由题意可得：，解得，所以.故选：C. 2．C 【详解】由向量，，得，而， 向量在向量上的投影向量.故选：C 3．A 【详解】千位有1、5两种选择，百位、十位、个位有0、1、5三种选择，事件“表示的四位数为偶数”，要使得表示的四位数为偶数，则末位应该是0，有18组数， 事件“表示的四位数大于5050”，要使得表示的四位数为偶数且四位数大于5050，则千位是5，百位应该是1或5，个位是0，可得6组数， 故.故选：A 4．B 【详解】依题意，函数零点的个数，即为方程解的个数， 令，则，当时，，令，， 函数在上单调递增，于是函数在上单调递增， 又，，则存在，使得； 当时，，解得或， 作函数的大致图象，如图：      又，则， 当时，，由的图象知，方程有两个解； 当时，，由的图象知，方程有两个解； 当，时，，由的图象知，方程有一个解， 综上所述，函数的零点个数为5.故选：B 5．D 【详解】设事件、、分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”， 事件、、分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”， 事件为“此人患了流感”． 由题可知，，，， ， 由条件概率公式可得， ，， 由题意可得，即，解得，故选：D. 6．C 【详解】依题意，，， 所以，，， 又， 所以 ， 所以，同理可得， 所以丝线缠一圈长度为.故选：C 7．D 【详解】不等式恒成立等价于不等式恒成立， 设，，则， 令，，则， 所以在上单调递增，令，得， 设，可知在上单调递增，且的值域为， 则存在，使得直线和函数的图象有一个交点， 即存在，使得成立，即， 所以时，，即，所以在上单调递减； 时，，即，所以在上单调递增. 所以当时，取得唯一极小值，即最小值， 不等式恒成立等价于恒成立， 即， 代入，得， 化简得：，即，解得：， 所以，则a的取值范围是，故选：D. 8．B 【详解】由已知，化简得：，且，， 取对数得：，即， 令（），则， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 且当时，恒成立，又， 因为，，所以且，， 又，为正整数，则，，所以，解得：， 所以满足题意方程的解为，故该方程的解唯一.故选：B. 二、选择题（多选）：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．BCD 【详解】先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，， 则基本事件总数为，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共36种情况， 满足事件的有，，，，，，，，， ，，共种，其概率，故A错误； 满足事件的有，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共个，故； 满足事件的有，，共个，所以，故B正确； 满足事件的有，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共个，故， 满足事件的有，，， ，，， ，，，共个，所以， 所以事件与事件相互独立，故C正确； 满足事件的有，，，，，，，共种， 所以，则，故D正确. 故选：BCD 10．AD 【详解】根据题意可得，且；不妨设， 当时，易知时，时，； 此时在和上单调递增，在上单调递减； 且当趋近于时，也趋近于；当趋近于时，也趋近于； 利用三次函数性质可知，当，其函数图象如下图所示： 此时由图象可知有3个零点； 同理当时，易知在和上单调递减，在上单调递增； 且当趋近于时，也趋近于；当趋近于时，也趋近于； 利用三次函数性质可知，当，其函数图象如下图所示： 此时由图象可知有3个零点； 所以若，则有3个零点，即A正确； 对B：切线个数 一般地，过三次函数图象的对称中心作切线，则坐标平面被切线和函数的图象分割为四个区域，有以下结论： （1）过区域内的点作的切线，有且仅有3条； （2）过区域Ⅱ、Ⅲ内的点以及对称中心作的切线，有且仅有1条； （3）过切线或函数图象（除去对称中心）上的点作的切线，有且仅有2条. 所以B错误；（即过三次函数的对称中心，有且仅有一条切线） 对C：若，结论都不成立，下面证明： 当时，由选项A易知在处取得极小值，在处取得极大值，且； 若，则，但的正负不确定， 当时，只有一个零点，如图（1）， 当时，有两个零点，如图（2）， 当时，有三个零点，如图（3）； 所以，零点个数不确定， 同理可证当时，零点个数也不确定，故C不正确. 对D：由三次函数性质可知，函数关于成中心对称， 所以满足， 又是方程的两根，则满足； 所以，即，所以D正确； 故选：AD 11．ABC 【详解】对于A，由题可知两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则 ， 所以， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故A正确； 对于B，，，所以B正确； 对于C，如图，，，分别为的中点， 则，，，，， 所以，共面，又，平面，平面， 所以平面， 则四边形为平面α截棱柱的截面图形， 所以四边形是等腰梯形，且高为， 当不是中点时，不平行平面， 则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，，所以C正确； 对于D，如图，分别为的中点， 则，，，， 所以， 同理可得四边形为平面α截棱柱的截面图形， 由题可知平面，平面， 所以平面，所以平面，又平面， 所以， 故四边形是直角梯形，当不是中点时，不平行平面， 则四边形不是梯形，直角梯形有且仅有一个，其面积为，故D错误.故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 【详解】由题设，则点到的距离为. 故答案为： 13． 【详解】以为正交基地，建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设面的法向量为， 则，取得， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，，则. 故答案为：. 14． 【详解】函数的定义域为， 当时，可得在上单调递增，，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以当时，有极小值，也是最小值， 又因为且，所以， 则，得，所以， 设，，令，得， 当，，当，， 所以在区间单调递减，单调递增， 所以，即的最小值为.故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．(1)0.69. (2). 【详解】（1）记 “甲跑第一棒”为事件，“甲跑第二棒”为事件，“甲跑第三棒”为事件，“甲跑第四棒”为事件，“运动队获胜”为事件B. 则 所以当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率为. （2）， 所以当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率为. 16．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接，如图， 因为，是底面圆弧的三等分点， ，， 均为等边三角形， ，则四边形为菱形，， 因为，分别为，的中点，，，故点在平面内. （2）作，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 因为，则， 故， 设平面的法向量，则， 令，得，所以， 易知平面的一个法向量为 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为 17．（1）最大值，最小值1；（2） 【详解】（1）因为，，所以， 令，解得，，的变化情况如下表所示． x 1 + 0 单调递增 单调递减 1 所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 当时，有极大值，也是的最大值. 又因为，，而， 所以，所以为的最小值. （2）解法一：因为，所以不等式可化为， 由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减. 因为的最大值，，，，，所以，时，最大，所以不等式， 即存在唯一的整数解只能为1，所以，所以a的取值范围为. 解法二：令，由题意可知有唯一整数解， ，当时，，所以在单调递增， 而，所以，与题意矛盾； 当时，由可得或（舍去）， 当时，，时，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以时，取最大值为，由题意可知，解得， 因为，所以当即时， 由有唯一整数解知，解得， 若，由在单调递增知，矛盾 所以，由在单调递减可知， 所以符合题意；当时，，， 由在单调递减可知，，不符合题意； 综上所述，a的取值范围为. 18．(1) (2)存在，的值为 【详解】（1）由图①知，，所以，在中，因为，， 可得，，所以． 由图②知，平面平面，平面， 平面平面，因为，所以平面， 因为为的中点，所以． （2）由（1）知，，三者两两垂直，以点为原点， ，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图）． 则，，，，，，， 设，， ，即， 所以，设平面的法向量为， 所以，则， 令，得，设平面的法向量为， 所以， 解得或（舍去）， 所以此时的值为. 19．(1)答案见解析 (2) (3)有且仅有2个零点，证明见解析 【详解】（1）因为， 所以， 当时，恒成立，所以； 当时，令，解得（舍去负根）， 令，得；令，得． 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）由恒成立，得在上恒成立， 所以在上恒成立．令， 则．令， 易知在上单调递减．又， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值，即， 所以，即的取值范围为． （3）当时，，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递减． 又， 所以在上存在唯一的零点．设在上的零点为， 可得当时，，单调递增；当时，单调递减， 解法一：， 因为，所以，故．又，所以． 又，所以在上有一个零点． 又，所以在上有一个零点． 当时，，所以在上没有零点． 当时，令，则， 所以在上单调递减，所以，所以， 所以， 而，所以，故在上没有零点． 综上所述，在定义域上有且仅有2个零点． 解法二：因为，， 所以在上有一个零点． 又，所以在上有一个零点， 当时，， 易证，所以， 从而在上恒成立，故在上没有零点． 当时，，设， 则，所以在上单调递减． 又，则在上恒成立， 所以在上恒成立，故在上没有零点． 综上所述，在定义域上有且仅有2个零点． 答案第2页，共16页 答案第1页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $$