精品解析：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 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A：因为当时，，当时，， 由题意知函数为定义在R上的连续函数，所以，故选项A正确； 对于选项B ： ，， 所以，即点为函数的对称中心，故选项B正确； 对于选项C：若取， 则， 所以， 由可得，或，由可得， 所以函数的单调增区间为，减区间为 所以1为函数的极小值点，但在区间并不是单调递减，故选项C错误； 对于选项D：若是的极值点，根据导数的意义知=0， 故选项D正确. 2. 已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】平移成三角形用余弦定理求解即可. 【详解】取DD1中点F，则为所求角, ， 故选：C. 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. 【答案】A 【解析】 【详解】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. 点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数. 4. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算得到，根据得出为的重心，利用三角形重心的性质，结合向量的线性运算，用表示即可. 【详解】 因为， 所以， 因为，所以为的重心， 所以. 故选：C. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用∠APC不是平角，可得∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，即 ，从而可求λ的取值范围． 【详解】 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 ＜λ＜1 因此，λ的取值范围是（ ，1），故选B. 点评：本题考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，属于中档题． 6. 若定义在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. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设，由已知得函数在R上单调递增，且，根据函数的单调性建立不等式可得选项. 【详解】由题可设，因为， 则， 所以函数在R上单调递增， 又，不等式可转化为， ∴， 所以，解得， 所以不等式的解集为． 故选：A. 7. 已知直角梯形中，，P是边上一点(不包括B､C两点).若，，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】令有，利用几何图形中各线段位置关系及其对应向量的线性关系，得，结合已知即可求其最小值. 【详解】 由题意，，，若，则， ∴，又，， ∴， ∴当时，的最小值为3. 故选：C. 8. 已知函数，若，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据导数，判断函数的单调性，求出最值，采用等价转换，可得结果. 【详解】， 若，都有恒成立， 则.， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故的最小值为.又， 所以.故实数的取值范围为. 故选C 【点睛】本题考查利用导数判断函数单调性，同时考查恒成立求参数的问题，熟悉等价转换思想，化繁为简，属基础题. 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 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项． 【详解】对于A．，解得，所以A正确； 对于B．， 当时，，当时，或， 所以是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间， 所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确． 对于C．当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确； 对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确． 故选：ABC. 【点睛】易错点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了． 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 【答案】AB 【解析】 【分析】连接，，证得平面，平面平面，可判断AB，由面面垂直得为与平面所成的角，计算可判断C，取的重心为，连接，设外接球的球心为，在上，半径为，连接，利用勾股定理求得后判断D． 【详解】如图，连接，，易得，，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面，同样∵平面，∴，同理，故选项A，B正确； 由平面平面知为与平面所成的角.在中，，，根据余弦定理得，故选项C错误； 取的重心为，连接，设外接球的球心为，半径为，连接，，在中，可得，解得，故选项D错误， 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题以三棱锥为背景，考查空间中线面的位置关系､线线垂直､面面垂直的判定定理､线面角及三棱锥的外接球，解题关键是掌握正棱锥的性质．正棱锥中的有4个直角三角形是计算的关键：上述图形中，，，这四个直角三角形包含了正棱锥中的几乎所有量． 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. 【答案】BCD 【解析】 【分析】讨论当每个选项做为切点时，其切线与的交点个数即可. 【详解】A选项：切点，切线的斜率为 切线方程为： 设 ，其中 又 ， 故 在内必有一个零点，则与切线有两个交点，故A错； B选项：切点，切线的斜率为 切线方程为： 设 ，其中 在单调减，在单调增， 所以恒成立， 则 单调增只有一个零点，则与切线有1交点，故B正确； C选项：切点，切线的斜率为 切线方程为： 设 ，其中 又， 在单调减，在单调增，所以恒成立，则 只有一个零点，则与切线有1交点，故C确； D选项：切点，切线的斜率为 切线方程为： 设 ，其中 ， ， 在小于0，在大于0， 所以恒成立，则 只有一个零点，则与切线有1交点，故D正确. 故选：BCD 【点睛】本题的关键在于讨论当每个选项做为切点时，其切线与的交点个数. 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____________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，再根据条件确定当时单调性，根据单调性求的解集，最后根据奇函数性质得对应解集. 【详解】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： 【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及利用函数单调性以及奇偶性解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题. 13. 若向量，，且与的夹角的余弦值为，则实数x的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量数量积的坐标运算求夹角即可求解. 【详解】根据题意得， 即，且，解得（舍去）或． 故答案为： 14. 已知侧棱长为的正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，当该棱锥体积最大时，底面的边长为______，此时球的表面积为______. 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】正四棱柱底面为正方形，侧棱长相等为，表示出底面边长，以及正四棱柱的体积，利用导函数求出当时，体积最大，得底面边长，再在中，求出球的半径，进而求出表面积. 【详解】 如图， ,设四棱锥体积最大时高为 ， 则 ， ，, ， ， 当 时，体积最大，即， 则， , 设外接球半径为R，则 中， , 解得 , 球的表面积为 . 故答案为：（1）2；（2）. 【点睛】充分利用正四面体的几何特点，以及和外接球的关系，利用导函数求最大值. 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. 【答案】（1）0； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意将代入函数解析式，通过求导分析函数单调性，从而求出最小值； （2）利用导函数，分类讨论和时函数的单调性，从而求出实数的值. 【小问1详解】 由题意，函数的定义域为， 当时，，则，由得， 由得；由得. 所以单调递减区间为，单调递增区间为. 所以函数的最小值为. 【小问2详解】 由题意，， ①当时，在上恒成立，在上单调递增，不合题意； ②当时，由即得， 的单调递增区间为 ， 由已知得， 所以. 16. 如图，在正方体中， E为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】 （Ⅰ）[方法一]：几何法 如下图所示： 在正方体中，且，且， 且，所以，四边形为平行四边形，则， 平面，平面，平面； [方法二]:空间向量坐标法 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， 设正方体的棱长为，则、、、，，， 设平面的法向量为，由，得， 令，则，，则. 又∵向量,, 又平面，平面； （Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明； （Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ）[方法一]：几何法 延长到，使得，连接，交于， 又∵，∴四边形为平行四边形，∴， 又∵,∴,所以平面即平面, 连接，作,垂足为,连接, ∵平面,平面,∴， 又∵,∴直线平面, 又∵直线平面,∴平面平面, ∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角， 根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角. 设正方体的棱长为2，则,,∴, ∴, ∴, 即直线与平面所成角的正弦值为. [方法二]：向量法 接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量， 又∵,∴， ∴直线与平面所成角的正弦值为. [方法三]：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P． 因为， 所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角． 设正方体的棱长为2，在中，易得， 可得． 由，得， 整理得． 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为． [方法四]：纯体积法 设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h， 在中，， ， 所以，易得． 由，得，解得， 设直线与平面所成的角为，所以． 【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明； （II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 17. 已知函数在处有极值. （1）求的解析式； （2）求在上的最值. 【答案】（1）；（2）最大值为2，最小值为． 【解析】 【分析】（1）求出导函数，由，求得，检验后得结论； （2）确定函数在上的单调性后可得最值． 【详解】（1），由题意，解得． ，或时，，时，， 在和上递增，在上递减，是极小值． 所以． （2）由（1）得极大值，极小值，又，，所以最大值为2，最小值为． 18. 如图，已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面于直线，且，且∥． （Ⅰ）设点为棱中点，求证：平面； （Ⅱ）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． 【答案】（Ⅰ）证明：由已知，平面平面，且，则平面， 所以两两垂直，故以为原点，分别为轴轴,轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 . 则，所以. 易知平面的一个法向量等于，所以，所以， 又平面，所以平面. （Ⅱ）当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为，理由如下： 因为，设平面的法向量为， 由，得， 即，得平面的一个法向量等于， 假设线段上存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值等于. 设， 则. 所以 . 所以，解得或(舍去) 因此，线段上存在一点，当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值等于. 【解析】 【详解】（1）略； （2）当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 理由略. 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，当平面与平面所成锐二面角最小时，求的长. 【答案】（1） 连接，由题意，，又是中点， 所以，而，， 所以面，面，则， 由且，知：， 在△中，则，即. 由，则面，面，于是. 由题意，，与相交，则面，面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质有，根据线面垂直的判定、性质得，由已知及勾股定理可得，再根据线面垂直的判定、性质得，最后利用线面垂直证线线垂直即可. （2）构建空间直角坐标系，设并确定相关点坐标，进而求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示可得二面角的余弦关于t的函数式，最后结合二次函数性质求最小锐二面角对应的的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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，，，取面的法向量， 设面的法向量，则，令，即， 设面与面的二面角为，则：， 当时，即长为时所求锐二面角最小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为（ ） 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，，，，则（ ） A. B. C. D. 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. 若定义在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，，P是边上一点(不包括B､C两点).若，，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 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 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x的值为______． 14. 已知侧棱长为的正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，当该棱锥体积最大时，底面的边长为______，此时球的表面积为______. 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，在正方体中， E为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 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于直线，且，且∥． （Ⅰ）设点为棱中点，求证：平面； （Ⅱ）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，当平面与平面所成锐二面角最小时，求的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $