精品解析：江苏省常州市第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中数学试题

常州市第一中学2023-2024学年第二学期期中阶段调研 高二数学试卷 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，，且，则的值为（    ） A 6 B. C. 12 D. 14 2. 已知向量，则下列向量中与成夹角的是（    ） A. B. C. D. 3. 在函数，，，中，导函数值不可能取到1的是（ ） A. B. C. D. 4. 在空间四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA=1，＝（ ） A. －1 B. 0 C. 1 D. 不确定 5. 当时，函数取得最大值，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 如图，在平行六面体中，，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义在R上的奇函数，的导函数为 ，若 恒成立，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正方体中，点为线段中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设空间两个单位向量与向量的夹角都等于，则（    ） A. B. C D. 10. 已知，下列说法正确的是（    ） A. 在处的切线方程为 B. 单调递减区间为 C. 的极小值为 D. 方程2024有两个不同的解 11. 函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的《高等数学》与《数学分析》教材中，对“初等函数”给出了明确的定义，即初等函数是指由常数及基本初等函数经过有限次的四则运算与有限次的复合步骤所构成，并可用一个数学式子表示的函数，如函数，我们可以作变形：，所以可看作是由函数和复合而成的，即为初等函数．根据以上材料，关于初等函数的说法正确的是（ ） A. 无极小值 B. 有极小值1 C. 无极大值 D. 有极大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则______________. 13. 在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为______． 14. 若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是______． 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，时取得极小值10. （1）求函数的解析式; （2）求函数在区间上的最值. 16. 如图，直三棱柱内接于圆柱，为圆柱底面的直径，，为中点，为中点. （1）求直线与平面所成角的正弦值 （2）若求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 17. 已知函数. （1）若为常数，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）判断与1.314的大小关系，并说明理由. 18. 如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）取线段中点，连接，判断直线与平面是否平行并说明理由； （2）求到平面的距离； （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数均为实数，为的导函数. （1）当时，求函数的单调区间; （2）当时，若函数与直线在上有两个不同的交点，求实数的取值范围. （3）当时，已知，若存，使得成立，求证:. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 常州市第一中学2023-2024学年第二学期期中阶段调研 高二数学试卷 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，，且，则的值为（    ） A. 6 B. C. 12 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量坐标运算以及空间向量垂直的坐标表示可以计算得到答案. 【详解】因为，所以， 解得， 故选：C. 2. 已知向量，则下列向量中与成夹角的是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的夹角公式计算，求出向量的夹角，逐项分析判断可得答案. 【详解】对于选项A：设，则， 且，则，故A错误； 对于选项B：设，则， 由于，则，故B正确； 对于选项C：设，则， 且，则，故C错误； 对于选项D：设，则， 由于，则，D错误; 故选：B. 3. 在函数，，，中，导函数值不可能取到1的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别对每一个函数进行求导，然后让导函数值等于时，判断是否求出对应的的值，即可得出结果 【详解】对于A选项，，令，得，即A选项导函数值可以取到1； 对于B选项，，令，得，，即B选项导函数值可以取到1； 对于C选项，，令，得， 由于，的值域为，且在的单调递增， 所以一定有的值使得，即C选项导函数值可以取到1； 对于D选项，，令，则，没有的值使其成立，即D选项导函数值不可能取到1， 故选：D. 4. 在空间四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA=1，＝（ ） A. －1 B. 0 C. 1 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】先证明，然后利用向量运算求得所求表达式的值. 【详解】设是中点，由于，所以， 由于，所以平面，所以. . 故选：B 5. 当时，函数取得最大值，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出． 【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有． 故选：B. 6. 如图，在平行六面体中，，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由平行六面体求出，接着由已知结合向量的数量积及其运算律求出即可求出. 【详解】平行六面体中，， 因为，，，， 所以 ， 所以，即的长为. 故选：A. 7. 已知是定义在R上的奇函数，的导函数为 ，若 恒成立，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的单调性求解. 详解】令函数，则 ， 因为 所以. 是增函数， 因为是奇函数，所以，， 所以的解集为，即≥的解集为； 故选：D. 8. 如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设正方体的棱长，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出平面的法向量的坐标，求出的坐标，求出向量，的夹角的余弦值，进而求出直线与平面所成的角的正弦值，进而可得它的余弦值，再由函数的单调性，可得余弦值的取值范围． 【详解】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长2，，，0，，，2，，，1，，，2，， 则，1，，，， 则，0，，，2，， 设平面的法向量，，， 则，即，令， 可得，1，， ，，， ， 设直线与平面所成的角为，，， 所以， 所以 ， 设， 则， 设，，， 当时，即， 则，时，函数单调递减，，时，函数单调递增， 而时，；当时，； 当时，， 所以，时，，，所以，， 进而可得， 所以，． 故选：D． 二、多选题：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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设空间两个单位向量与向量的夹角都等于，则（    ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】首先根据为单位向量得到，再利用与的夹角等于，得.联立方程求解出与的值，最后再利用向量的夹角公式进行求解即可. 【详解】空间两个单位向量，与向量的夹角都等于， ，， ， 又，， 又为单位向量，， 联立，得或， ，， . 故选：AC. 10. 已知，下列说法正确的是（    ） A. 在处的切线方程为 B. 单调递减区间为 C. 的极小值为 D. 方程2024有两个不同的解 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用导数的几何意义求解；对于B，求导后，由导数小于零求解；对于C，求导后求极值；对于D，函数与的交点个数判断. 【详解】对于A，由，得， 所以， ，所以在处的切线方程为，故A正确； 对于B，由，得，解得， 所以的单调递减区间为，故B正确； 对于C，由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值，故C错误； 对于D，由C选项可知的最大值为， 当时，且，    所以函数与的图像的交点个数为2，即有2个解，故D正确. 故选：ABD. 11. 函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的《高等数学》与《数学分析》教材中，对“初等函数”给出了明确的定义，即初等函数是指由常数及基本初等函数经过有限次的四则运算与有限次的复合步骤所构成，并可用一个数学式子表示的函数，如函数，我们可以作变形：，所以可看作是由函数和复合而成的，即为初等函数．根据以上材料，关于初等函数的说法正确的是（ ） A. 无极小值 B. 有极小值1 C. 无极大值 D. 有极大值 【答案】AD 【解析】 【分析】根据材料，将所求函数转化为复合函数的形式，利用导数研究其单调性和极值，即可判断和选择. 【详解】根据材料知，，所以， 令得， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减． 所以有极大值且为，无极小值． 故选：． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则______________. 【答案】或 【解析】 【分析】先求出，再求出，然后求出即可. 【详解】， 所以，解得或者， 故答案为：或 13. 在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值. 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，则，， 所以， 又因为异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角余弦值为， 故答案为：. 14. 若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】题设中的不等式等价于，令，结合导数可得该函数的单调性，结合可得的解，从而可求实数的取值范围. 【详解】由有意义可知，. 由，得. 令，即有. 因为，所以，令， 问题转化为存在，使得. 因为，令，即，解得； 令，即，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，所以当时，. 因为存在，使得成立，所以只需且，解得. 故选：. 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，在时取得极小值10. （1）求函数的解析式; （2）求函数在区间上的最值. 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）根据函数在处有极小值10，列出方程组求解即可，注意需要验证； （2）利用导数求出函数的单调区间，然后求出极值和端点的函数值比较即可求出函数的最大值与最小值. 【小问1详解】 由，得， 因为函数 在 时取得极小值10， 所以，解得或， 当时，，不符合题意； 当时，， 当或时，，当时，， 所以为函数的极小值点，所以符合题意， 所以； 【小问2详解】 由（1）可得当或时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 所以，. 16. 如图，直三棱柱内接于圆柱，为圆柱底面的直径，，为中点，为中点. （1）求直线与平面所成角的正弦值 （2）若求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可建立空间直角坐标系，再利用直线与平面向量法即可求解； （2）根据（1）中建立的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用面面角向量求法即可求解. 【小问1详解】 由题意知平面，因平面，所以，， 又因为为圆柱底面的直径，所以，所以， 所以可以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示， 所以，，，，，， 因为为中点，为中点，所以，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 由（1）知平面的一个法向量为，且，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，则， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）若为常数，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）判断与1.314的大小关系，并说明理由. 【答案】（1） （2）当时，在上为增函数；当时， ，函数单调递减；，函数单调递增； （3） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程； （2）求出定义域，求导后，分与两种情况进行讨论得到函数单调性情况； （3）构造函数，比较判断与1.314的大小关系； 【小问1详解】 ，所以， ，所以切点为， 所以曲线在点处的切线方程为， 即为． 【小问2详解】 定义域为，， 当时，对恒成立， 在上为增函数； 当时，令，所以，， ，，函数单调递减， ，，函数单调递增， 综上所述： 当时， 在上为增函数； 当时， ，函数单调递减；，函数单调递增； 【小问3详解】 记，则， 当时，，故在上单调递增， ，即，则， 故有：. 18. 如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）取线段中点，连接，判断直线与平面是否平行并说明理由； （2）求到平面的距离； （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）平面，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及，利用到平面的距离的向量公式即可求解； （3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解． 【小问1详解】 平面． 理由如下证明：取中点，连接， 因为为的中点，且，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 取的中点，连接，， 因为为等边三角形， 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 如图所示， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面的法向量为， 所以， 令，则， 又， 故到平面的距离． 【小问3详解】 设，， 所以， 所以，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 又平面的法向量为， 于是， 化简得，又， 得， 即， 故存在点，此时． 19. 已知函数均为实数，为的导函数. （1）当时，求函数的单调区间; （2）当时，若函数与直线在上有两个不同的交点，求实数的取值范围. （3）当时，已知，若存在，使得成立，求证:. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得，利用导数即可求得的单调区间； （2）令，首先利用作差法判断的最小值为，再结合2个零点的条件列不等式组即可得答案； （3）不妨令，由的条件可得，结合换元法与导数的知识即可求得. 【小问1详解】 由题意得，所以， 由解得，由解得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 令， 则，， 即上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以，所以的最小值为， 所以有两个不同零点的条件为， 所以，即实数b的取值范围为； 【小问3详解】 不妨令， 因为， 所以， 由得， 所以， 则， 令，构造函数， 则，所以在上恒单调递增， 所以，即， 又， 所以. 【点睛】方法点睛：（1）求函数的单调区间时，常常通过求导，转化为解方程或不等式，若含参数，则解题时常用到分类讨论思想，分类时要根据参数的特点选择合适的标准进行分类； （2）导数中的双变量问题通常参与换元法，将问题转化为单变量，再结合导数知识求解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$