甘肃省甘南州夏河县藏族中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

夏河藏中2024-2025学年度第二学期期中考试 高二 数学 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．已知函数,下列结论中错误的是 A．, B．函数的图像是中心对称图形 C．若是的极小值点，则在区间单调递减 D．若是的极值点，则 2．已知正四棱柱中，,为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为 A． B． C． D． 3．设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是 A． B． C． D． 4．已知a，b，，0，则 A．a+b B．a+b C．a+b D．a+b 5．记动点P是棱长为1的正方体的对角线上一点，记．当为钝角时，则的取值范围为 A． B． C． D． 6．已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为 A． B． C． D． 7．已知直角梯形中，，，是边上一点（不包括、两点）．若，，且，则的最小值为 A． B． C． D． 8．已知函数，若，都有恒成立，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 二、多项选择题：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，有选错的得0分. 9.已知函数，则下列结论正确的是　　 A．函数存在两个不同的零点 B．函数既存在极大值又存在极小值 C．当时，方程有且只有两个实根 D．若，时，，则的最小值为2 10.已知在正三棱锥中，，点为的中点，下面结论正确的有 A． B．平面 C．与平面所成的角的余弦值为. D．三棱锥的外接球的半径为. 11.设函数，若曲线在点处的切线与该曲线恰有一个公共 点，则选项中满足条件的有 A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知函数是上的奇函数，其导函数为，且，当时， ，则不等式的解集为____________． 13． 若向量，，且与的夹角的余弦值为，则实数 的值为　 　． 14．已知侧棱长为的正四棱锥S—ABCD的所有顶点都在球O的球面上，当该棱锥体积最大时，底面ABCD的边长为 ，此时球O的表面积为 ． 四、解答题：本大题共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）若，求函数的最小值； （2）若函数的单调递增区间为，求实数的值. 16．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点． （1）求证：BC1∥平面AD1E； （2）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值． 17．已知函数在处有极值． （1）求的解析式； （2）求在上的最值． 18．如图, 已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，且， ，，且 （1）设点为棱中点，求证：面； （2）线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值等于?若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 19．如图1，在梯形中，，，垂足为，，．将沿翻折到，如图2所示．为线段的中点，且. （1）求证：； （2）设为线段上任意一点，当面与面所成锐二面角最小时，求的长． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二期中测试卷 （参考答案） 1.【答案】C 【解析】：取，则是的极小值点，但在不是单调递减． 2.【答案】B 【解析】取中点，连接 四边形为平行四边形 异面直线与所成角即为与所成角： 设，则 ，， ， 故选 B. 3.【答案】A. 【解析】:构造新函数,，当时. 所以在上单减，又，即. 所以可得,此时， 又为奇函数，所以在上的解集为：. 故选A. 4.【答案】C 【解析】：因为 ， 因为0，所以为的重心， 所以a+b， 故选C． 5.【答案】BA B C D A1 B1 C1 D1 x y z P 【解析】：由题设，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，  则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），（0，0，1）  ∴ （1，1，-1），∴ =（λ，λ，-λ），  ∴ （-λ，-λ，λ）+（1，0，-1）=（1-λ，-λ，λ-1）  （-λ，-λ，λ）+（0，1，-1）=（-λ，1-λ，λ-1）  显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0  ∴   ∴（1-λ）（-λ）+（-λ）（1-λ）+（λ-1）（λ-1）=（λ-1）（3λ-1）＜0，得  因此，λ的取值范围是（ ，1），故选B.  6．【答案】D 【解析】:，可得 ，函数单调递增， ，可以等价转化为 ，可得 可得不等式的解集为， 故选D. 7．【答案】C 【解析】依题意，设， 以为原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系， 则，于是， 从而， 当且仅当时，取最小值，故选C． 8．【答案】C 【解析】若，都有恒成立，则. 令 得 当时，，单调递减；当时，，单调递增. . 又 故实数的取值范围为. 故选C. 9.【答案】ABC 【解析】:，令，解得或， 当或时，，故函数在，上单调递减，当时，，故函数在上单调递增， 且函数有极小值，有极大值，当时，，当时，， 故作函数草图如下， 由图可知，选项正确，选项错误． 故选：． 10.【答案】AB 【解析】:连接， ，可知， 同理，可知选项正确，为与平面所成的角， 在中，， 根据余弦定理可得 ，故错误，取的重心，连接，设外接球的半径为，可得， 可得，故D错误,故选AB. 11.【答案】BCD 【解析】：因为曲线在点处的切线为， 设，则函数有唯一零点. 因为， ，所以在单调递减，单调递增. （1）当，即时，有且仅有一解，此时，在单调递减，在单调递增，，此时是的唯一零点，符合题意，因此C,D正确； （2）当时，，在上单调递增，因此是是的唯一零点，符合题意，因此B正确； （3）当时，，显然在单调递增，在单调递减. 此时，，显然，存在，，此时有两个零点，不合题意，A错误.综上，选择BCD． 12．【答案】. 【解析】：因为函数是上的奇函数，所以， 令，则 当时 ， 同理可得 当时，根据是上的奇函数，得， 故答案为：. 13．【答案】 【解析】：向量，， ；，且与的夹角余弦值为， ；整理得， 解得或（不合题意舍去）； 的值为． 根据公式， ，且 解得：（舍）或. 14.【答案】：2， 【解析】：设四棱锥的高为h， ， ，当h＝1时，V最大，此时底面ABCD的边长为2； 设球O的半径为R，则，求得R＝， 故S＝． 15．解：函数的定义域为R （1）当时，，则，由得：； 由得；由得； 单调递减区间为，单调递增区间为. . （2）； ①当时，在R上恒成立，在R上单调递增，不合题意； ②当时，由即得；由即得； 的单调递增区间为 ， 由已知得，. 16. 解：（1）由正方体的性质可知，AB∥C1D1中，且AB＝C1D1， ∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴BC1∥AD1， 又BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E． （2）以A为原点，AD、AB、AA1分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方体的棱长为a，则，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 即， 令则， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 17．解：（1）函数，则， 因为在处有极值， 所以，即， 解得， 经检验，符合题意， 所以. （2） 因为，所以， 令，解得或， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 又 所以当或时，取得最大值， 当时，取得最小值． 18．证明：（1）法一：平面平面，平面平面，， 平面，又，直线，，两两垂直，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， ，， ，． 平面，为平面的一个法向量， ，． 又平面，平面． （1）法二：由已知得，平面平面，且， 则平面 又，，所以，所以，，两两垂直，连接，，其交点记为，连接， 因为四边形为矩形，所以为的中点. 因为为的中点，所以，且. 又，且，所以，且. 所以四边形是平行四边形，所以 因为平面，平面，所以平面 （2）解：当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为． 理由如下：，， 设平面的法向量为，则． ．令，得． 假设线段上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值等于． 设， ，． ，解得或（舍去）． ∴当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值等于． 19．证明：（1）连接，，， 是中点，， 又已知，， ，，， ，,,, 在中，，则，即， ，则，，. ,与相交，，又， 所以． （2）连，设，由（1）知：两两垂直， 故分别以为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示， 由题意，则，面的法向量， 设面的法向量， 则， 令，得 设面与面的二面角为， 则：， 当时，，即长为时所求锐二面角最小. 学科网（北京）股份有限公司 $$