精品解析：甘肃省平凉市第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题

平凉一中2024-2025学年度第二学期阶段性考试试题（卷） 高二数学 时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：本大题共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. 已知向量，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 5 2. 已知三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点共面的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 对函数，若数列满足，则称为牛顿数列．若函数，数列为牛顿数列，且 ，，则（ ） A. 20 B. C. 30 D. 5. 进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为 .已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v 的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（ ） A. 80 B. 90 C. 100 D. 110 6. 在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则的值为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 8. 已知函数无零点，则实数的取值范围是（ ） 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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与夹角的余弦值为－ D. 10. 已知函数，为的导函数，则（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 在区间 上单调递增 C. 在区间上有极小值 D. 在区间上有两个零点 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 方程恰有4个不等实数根 C. 存在实数使不等式成立 D. 若在上恒成立，则实数 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分． 12. 已知，则在上的投影向量的坐标为_____. 13. 如图，在平行六面体中，为的中点，，则 ______；若该六面体的棱长都为2，，则 ______. 14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的最大值_______． 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． 15. 的内角的对边分别为，已知. （1）求 ； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围. 16. 已知函数（a∈R）． （1）讨论的单调性； （2）当时，求函数在区间上的最大值与最小值． 17. 如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，． （1）求证：平面⊥平面； （2）若，点P满足，求直线与所成角的余弦值． 18. 已知双曲线 的右顶点 到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过 的直线与交于 两点，直线 分别与轴交于两点． （1）求的方程； （2）若的面积为，求的方程； （3）证明：线段的中点为定点． 19. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第 层球数是第n层球数与 的和，设各层球数构成一个数列． （1）求数列的通项公式； （2）证明：当 时， （3）若数列满足，对于，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平凉一中2024-2025学年度第二学期阶段性考试试题（卷） 高二数学 时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：本大题共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. 已知向量，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】先求，再由解方程即可求得. 【详解】由，可得， 又由，则得， 即，解得. 故选：A. 2. 已知三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间共面向量定理的推论逐项判断即得. 【详解】平面外的任一点O，点共面的充要条件是，且， 对于A，由，得，点不共面，A不是； 对于B，由，得，点不共面，B不是； 对于C，由，得，点不共面，C不是； 对于D，由，得，点共面，D是. 故选：D 3. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数表达式同时求导并令，解方程即可求得结果. 【详解】由可得， 令可得，即. 故选：D 4. 对函数，若数列满足，则称为牛顿数列．若函数，数列为牛顿数列，且 ，，则（ ） A. 20 B. C. 30 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到是等比数列，求得，再得出结合等差数列求和即可. 【详解】因为，所以，则， 又因为 ，且，所以是首项为 ，公比的等比数列， ，， 则， 故选：B. 5. 进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为 .已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v 的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（ ） A. 80 B. 90 C. 100 D. 110 【答案】C 【解析】 【分析】设运输成本为元，依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的极小值点，从而得解； 【详解】解：设运输成本为元，依题意可得， 则 所以当时 ，当时 ，当时 ， 即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值， 所以 时全程运输成本最低； 故选：C 6. 在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】延长交 于点，根据向量的线性运算法则，结合重心的性质将表示为的线性形式即可. 【详解】延长交 于点，则点为 的中点， 因为，所以， 所以， 所以， 所以， 因为，，， 所以， 故选：C. 7. 已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则的值为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设切点为，利用导数的几何意义求出切线方程，将点代入切线方程结合切线有且仅有1条，令判别式为 即可求解. 【详解】设切点为，由已知得，则切线斜率， 所以切线方程为， 因为直线过点，则， 化简得， 又因为切线有且仅有1条，即，解得或2， 故选：A 8. 已知函数无零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数无零点，将其转化为方程在 上没有实根，研究函数的值域，即可求得参数的取值范围. 【详解】函数无零点，即关于的方程在 上没有实根， 也即方程在 上没有实根. 设，则， 由可得，由可得， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 则时，函数取得极大值为， 当则 ，当则， 作出函数的图象，可得其值域为，故. 故选：B. 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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与夹角的余弦值为－ D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标运算，对于A，结合向量平行的性质，即可求解，对于B，结合向量模公式，即可求解，对于C，结合向量的夹角公式，即可求解，对于D，结合向量垂直的性质，即可求解. 【详解】因为，， 所以， 因为，所以向量与不共线，故选项A不正确； 因为， ，所以，故选项B正确； 因为，故选项C正确； 因为，所以，即，故选项D正确. 故选：BCD. 10. 已知函数，为的导函数，则（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 在区间 上单调递增 C. 在区间上有极小值 D. 在区间上有两个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】求出函数，再利用导数的几何意义求解判断A；结合单调性、极小值意义判断BC；求出零点个数判断D. 【详解】依题意，， 对于A，， ，所求切线方程为 ，A错误； 对于B，当 时，，在区间 上单调递增，B正确； 对于C，在上都单调递增，则函数在上单调递增， ，，则存在唯一，使得 ， 当时，；当时，，因此在处取得极小值，C正确； 对于D，由选项C知，在上有唯一零点，又， 当 时，，即，， 因此在区间上有1零点，D错误. 故选：BC 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 方程恰有4个不等实数根 C. 存在实数使不等式成立 D. 若在上恒成立，则实数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据导数研究函数的单调性和最值情况，即可判断ABC；根据恒成立问题，通过分离参数求最值即可判断D. 【详解】由题意知， 令， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 且时， ，当时， ，如图， 所以. A：因为，所以， 由，， 得，则，所以，故A正确； B：由，得或，如图， 由图可知，当时，方程有1个根，当时，方程有3个根， 所以原方程共有4个实根，故B正确； C：若命题成立，则，即， 设， 则，令， 所以 在上单调递减，在上单调递增， 所以，故命题不成立，故C错误； D：因为，故， 又函数在 上恒成立，所以， 设，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，即，故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：利用导数证明形如的不等式恒成立的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需 恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可； 3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分． 12. 已知，则在上的投影向量的坐标为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义，结合空间向量数量积的坐标运算，可得在上的投影向量的坐标. 【详解】已知空间向量和， 则在上的投影向量为 . 故答案为：. 13. 如图，在平行六面体中，为的中点，，则 ______；若该六面体的棱长都为2，，则 ______. 【答案】 ①. ##2.5 ②. 【解析】 【分析】由空间向量基本定理和已知条件可得；由结合向量的数量积运算可得． 【详解】 ， ∴，∴； ∵ ， ∴，即． 故答案为：；． 14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的最大值_______． 【答案】 【解析】 【分析】设公切线与曲线切与点，与曲线切与点，由题意可得，化简可得，则，构造函数，利用导数求出其最大值即可. 【详解】设公切线与曲线切与点，与曲线切与点， 由，得；由得. 则， 所以 ，所以，即. 设，则. 由 ；由 . 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以函数. 即的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查导数几何意义，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是设出两切点的坐标，由切线为两曲线的公切线列方程组求解，考查数学转化思想和计算能力. 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． 15. 的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角变换公式可得，从而可求的值. （2）利用正弦定理及三角变换公式可得，结合的范围可求其取值范围，从而可求的取值范围. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 故， 在中， ，，所以 ，，则， 可得，所以，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得（为外接圆的半径）， 所以，， 因为，则，， 所以， 因为为锐角三角形，则，解得， 则，，故. 16. 已知函数（a∈R）． （1）讨论的单调性； （2）当时，求函数在区间上的最大值与最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2）最大值为，最小值为1 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论求出其单调性. （2）把代入，利用（1）的结论求出函数在指定区间上的最值. 【小问1详解】 函数的定义域为 ，求导得， 当时，，函数在 上单调递增； 当时，由，得；由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在 上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，由（1）知：函数在上单调递减，上单调递增， 因此当时，取得最小值为； 而，则当 时，取得最大值， 所以函数在区间上的最大值为，最小值为1. 17. 如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，． （1）求证：平面⊥平面； （2）若，点P满足，求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点 ，证得四边形是菱形，证得，利用线面垂直的判定定理，证得 平面，得到，再由，证得 平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面 平面． （2）以 为原点，建立空间直角坐标系，根据，求得，得到向量则，再由，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：如图所示，取的中点 ，连接，，， 因为为中点， 为中点，所以． 在三棱柱中， ，则四边形是菱形， 可得，则， 又因为，，且平面， 所以 平面，因为 平面，所以， 因为是等边三角形， 为中点，所以， 又，，平面， 所以 平面， 因为 平面，所以平面 平面． 【小问2详解】 因为，，所以 是等边三角形，所以． 又因为平面 平面，平面 平面 ， 且 平面，所以 平面， 因为由平面，所以，，又因为， 以 为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，， 设，因为，即， 可得，所以， 则， 又因为，所以． 直线CP与所成角的余弦值为. 18. 已知双曲线 的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于 两点，直线 分别与轴交于两点． （1）求的方程； （2）若的面积为，求的方程； （3）证明：线段的中点为定点． 【答案】（1） （2） （3） 设，不妨设 ．则直线⑦， 联立①⑦得：， 则， 则； 同理：． 而，， 又三点共线，则有， 则， 得：， 所以的中点为定点． 【解析】 【分析】（1）由顶点到渐近线距离建立方程解得 的值，从而得到曲线方程； （2）设直线方程，联立方程组得到一元二次方程，设交点坐标，由韦达定理得到根与系数的关系，由三角形面积建立方程得到 的值，从而得到直线方程； （3）设坐标，然后得到直线 方程，联立方程组得到一元二次方程，由韦达定理得到点坐标，同理求得 点坐标.从而得到，由向量共线建立等式，从而得到点纵坐标的关系，即可得证. 【小问1详解】 因为的一条渐近线方程为， 到渐近线的距离为， 过得， 解得： ， 所以的方程为 ①． 【小问2详解】 显然直线的斜率存在，设的方程为②， ①②联立得：． 则有③，④， 设， 则⑤，⑥， 把⑤⑥代入：， 所以， 得：，解得： ． 满足③④式，则直线的方程为 ． 【小问3详解】 略 【点睛】技巧点睛，三角形在直角坐标的面积可以用铅锤高乘水平宽来表示，例如本题中(表示点 的水平宽) . 19. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第 层球数是第n层球数与 的和，设各层球数构成一个数列． （1）求数列的通项公式； （2）证明：当 时， （3）若数列满足，对于，证明：． 【答案】（1） （2）证明：设，， 则 ， 所以在上单调递增，则 ， 即 ，即当 时，. （3）证明：由（2）可知当 时，， 令，则， 所以， 所以， 令， 则， 所以 ， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）依题意可得 ，利用累加法计算可得； （2）设，利用导数说明函数的单调性，即可得证； （3）由（2）令即可得到，从而得到，再利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 根据题意， ， 则有 ， 当 时， ， 又也满足，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是结合（2）的结论，令得到，从而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $