精品解析：甘肃省金昌市永昌县第一高级中学2023-2024学年高二下学期期中数学试卷

永昌县第一高级中学2023—2024—2期中试卷 高二数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：湘教版选择性必修第二册第1章～第2章. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，，，若，则（ ） A. -2 B. 2 C. -4 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可以先求出，再由它们平行可以得到比例关系从而求出参数，由此即可得解. 【详解】由题意，， 因为，所以， 解得，， 所以. 故选：A. 2. 已知函数，则从到的平均变化率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均变化率的定义计算可得. 【详解】. 故选：B. 3. 若，则（ ） A. -29 B. -22 C. 22 D. 29 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量坐标的线性运算与数量积运算即可得答案. 【详解】由，得， 所以． 故选：A． 4. 曲线在点处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用导数求出斜率即可. 【详解】，故在点处切线的斜率， 因为，故， 故选：C. 5. 在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由空间向量线性和基本定理运算可解. 【详解】由F为BE 的中点，得 又 所以，由 得 即所以 故选：D 6. 当时，函数取得最小值，则（ ） A. 2 B. 1 C. －1 D. －2 【答案】A 【解析】 【分析】利用不等式的基本性质转化题意得到，在时取最小值0.进而利用导数进行分析求解. 【详解】由题意得对于任意的, 当, ，上述不等式不可能恒成立， 故，从而等价于恒成立，且在时取等号. 令，在时取最小值0. ,令，得， 当时，, 单调递减；当时，, 单调递增； 在时取得最小值0，故，所以. 所以，因为，所以， 所以，故A正确. 故选：A. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是棱上的一点，且，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出、的长，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值. 【详解】因为，，，则， 故， 在直三棱柱中，底面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为点为棱的中点，点是棱上的一点，且， 则、、、， ，， 所以，. 因此，直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为R，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，构造函数，判断的单调性，将所求不等式进行同解变形，利用单调性得到一元二次不等式，解之即得. 【详解】设，则，故单调递增. 又，故可转化为，即， 由单调递增可得，解得或， 即不等式的解集为. 故选：. 二、选择题：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. 若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由空间中基底的概念以及共面定理逐项分析即可. 【详解】设，所以，无解， 所以是不共面的向量，能构成空间的一个基底，故A正确； 设，则， 所以，无解， 所以是不共面的向量，能构成空间的一个基底，故B正确； 因为， 所以是共面向量，不能构成空间的一个基底，故C错误； 因， 所以是共面向量，不能构成空间的一个基底，故D错误． 故选：AB． 10. 已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递减 B. 有极小值 C. 有2个极值点 D. 在处取得最大值 【答案】AB 【解析】 【分析】结合图象，利用导数与函数的关系逐一分析判断即可. 【详解】由的图象可知或时，，则单调递减，故A正确； 又或时，，则单调递增， 所以当时，有极小值，故B正确； 由的图象结合单调性可知，2，4时，有极值，所以有3个极值点，故C错误； 当时，，则单调递增， 所以，在处不能取得最大值，故D错误． 故选：AB． 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ） A. 平面平面 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，存在点，使得 D. 当时，存在点，使得平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的关系，即可判断A；利用向量法求点到平面的距离，即可判断B；利用向量数量积，即可判断C；要证明线面垂直，转化为证明线线垂直，即可判断D. 【详解】以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 设平面的一个法向量为，，， 则，令，解得，， 所以平面的一个法向量， 又，， 因为， 故.设平面的一个法向量为， 则，令，解得，， 所以平面的一个法向量，又，所以， 所以平面平面，故A正确； 当时，点，设平面的一个法向量，，， 则， 令，解得，，所以平面的一个法向量为， 且，所以点到平面的胜离为， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确； 当时，此时，所以，， 所以， 所以不存在点，使得，故C错误； 当，此时，所以，，， 因为，要使平面， 则，解得，符合题意， 故存在点，使得平面，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查利用坐标法，解立体几何中的位置关系，本题的关键是点坐标的设法问题，利用坐标法解决位置关系问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，且，则实数的值__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求导，再代入求值. 【详解】根据题意:函数， 则其导函数， 若,则有， 解可得:. 故答案为： 13. 在四棱柱中，四边形是正方形，，，，则的长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意先将分解成的线性组合，结合已知条件以及模长公式即可求解. 【详解】如图所示： 由题意知， 所以 ， 所以，即的长为. 故答案为：. 14. 若函数在定义域内的一个子区间上不是单调函数，则实数的取值范围______. 【答案】 【解析】 【分析】因为函数在定义域的子区间上不是单调函数，所以根据题意可知函数的极值点在区间内，列出不等式，即可求解． 【详解】因为f（x）定义域为（0，+∞），又f′(x)=4x-， 由f'（x）=0，得x=1/2． 当x∈（0，1/2）时，f'（x）＜0，当x∈（1/2，+∞）时，f'（x）＞0 据题意，k-1＜1/2＜k+1，又k-1≥0， 解得1≤k＜3/2. 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. 已知函数． （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间． 【答案】（1） （2）单调递减区间为，单调递增区间为. 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用导数的几何意义，即可求得切线方程； （2）求得，结合导数的符号，即可求解函数的单调区间. 【小问1详解】 解：由函数，可得，可得， 因为切点为，所以切线方程为，即. 【小问2详解】 解：由函数，其定义域为，且， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 16. 在空间直角坐标系中，已知点，，，设，． （1）若与互相垂直，求的值； （2）求点到直线的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别求得与的坐标，再根据与互相垂直求解； （2）由求解. 【小问1详解】 由题意知，， 所以，． 又与互相垂直， 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， 所以点到直线的距离． 17. 已知函数的两个极值点满足. （1）求的值； （2）求在区间上的最值. 【答案】（1） （2）最大值为36，最小值为-16 【解析】 【分析】（1）有2个极值点等价于导函数有2个零点，根据条件运用韦达定理求解； （2）根据导函数求出的单调区间，根据单调性以及闭区间两端的函数值求解. 【小问1详解】 ，令，则有2个零点，显然 ， 由韦达定理得 ，又代入①得： ， 再代入②得： ， ，符合题意， ； 【小问2详解】 ，得下表： -1 2 0 0 单调递减 极小值-16 单调递增 极大值11 单调递减 又， ， 所以在区间上的最大值为36，最小值为-16； 综上，，在区间上的最大值为36，最小值为-16. 18. 如图，在平行六面体中，四边形与四边形均为菱形，. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据菱形性质得，再由余弦定理及勾股定理得，从而利用线面垂直判定定理证明平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用二面角的平面角向量公式求解即可. 【小问1详解】 连接，因为四边形与四边形均为菱形， 且，所以与均为等边三角形， 取的中点，连接，则， 设，则， 在中，由及余弦定理，得， 即，所以舍去. 所以，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）可知，两两垂直，以为原点， 以所在直线分别轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 设，则， . 设平面的一个法向量， 由得，取，解得，故， 设平面的一个法向量， 由得，取，解得，故， 所以， 设二面角的大小为，所以. 19. 定义：若函数和的图象上分别存在点和关于轴对称，则称函数和具有关系． （1）判断函数和是否具有关系； （2）若函数和（）在区间上具有关系，求实数的取值范围． 【答案】（1）与具有关系； （2）． 【解析】 【分析】（1）依据给定的新定义结合导数判断即可. （2）令，得出所以在上存在零点且．在上单调递增，推出，后结合给定定义求解参数范围即可. 【小问1详解】 与具有关系． 理由如下：根据定义，若在与的定义域的交集上存在， 使得，则与具有关系．令，， 则，所以单调递增，又，， 所以，使得，即，即与具有关系． 小问2详解】 令，则，因为与在上具有关系， 所以在上存在零点．，若， 当时，因为，，所以， 即在上单调递增，则， 此时在上不存在零点，不满足题意．若， 当时，，， 当时，设，则， 所以在上单调递增， 又，，故在上存在唯一零点， 设零点为，则，所以当时，； 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 在上存在唯一极小值，因为，所以， 又，所以在上存在唯一零点， 所以函数与在上具有关系． 综上所述，，即实数的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：本题考查导数新定义，解题关键是得出所以在上存在零点且．在上单调递增，推出，然后利用给定定义得到所要求的参数范围即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永昌县第一高级中学2023—2024—2期中试卷 高二数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：湘教版选择性必修第二册第1章～第2章. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，，，若，则（ ） A. -2 B. 2 C. -4 D. 4 2. 已知函数，则从到平均变化率为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 若，则（ ） A. -29 B. -22 C. 22 D. 29 4. 曲线在点处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 5. 在四面体中，点E满足F为BE中点，且则实数λ=（ ） A. B. C. D. 6 当时，函数取得最小值，则（ ） A. 2 B. 1 C. －1 D. －2 7. 如图，在直三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是棱上的一点，且，则直线与所成角的余弦值为（ ） A B. C. D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为R，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递减 B. 有极小值 C. 有2个极值点 D. 在处取得最大值 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ） A. 平面平面 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，存在点，使得 D. 当时，存在点，使得平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，且，则实数的值__________. 13. 在四棱柱中，四边形是正方形，，，，则的长为__________. 14. 若函数在定义域内一个子区间上不是单调函数，则实数的取值范围______. 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. 已知函数． （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间． 16. 在空间直角坐标系中，已知点，，，设，． （1）若与互相垂直，求的值； （2）求点到直线的距离． 17. 已知函数的两个极值点满足. （1）求的值； （2）求在区间上的最值. 18. 如图，在平行六面体中，四边形与四边形均为菱形，. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 19. 定义：若函数和的图象上分别存在点和关于轴对称，则称函数和具有关系． （1）判断函数和是否具有关系； （2）若函数和（）在区间上具有关系，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $