精品解析：甘肃省庆阳市华池县第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

甘肃省华池县第一中学2024-2025学年度第二学期期中考试 高二数学 2025.4 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．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. 3．本试卷命题范围：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 2. 如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 在空间直角坐标系中，若，且，则（ ） A. B. C. 3 D. 6. 已知函数，则( ) A. 是奇函数，且在上单调递减 B. 是奇函数，且在上先递减再递增 C. 是偶函数，且在上单调递减 D. 是偶函数，且在上先递减再递增 7. 若是函数的极值点，则的极小值为（ ）． A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且. 下列说法正确的是（ ） A. 当E，F运动时，存在点E，F使得 B. 当E，F运动时，存在点E，F使得 C. 当E运动时，二面角的最小值为 D. 当E，F运动时，二面角的余弦值为定值 二、选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），那么下列说法中，正确的有（ ）． A. B. C. D. 10. 已知函数的导函数为，则下列选项正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则________. 13. 已知函数（）．若当时，恒成立，则实数的取值范围是______． 14. 在直棱柱中，分别是，的中点，．则二面角的余弦值是_________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知P(－1，1)，Q(2，4)是曲线y＝x2上的两点． （1）求过点P，Q的曲线y＝x2的切线方程； （2）求与直线PQ平行的曲线y＝x2的切线方程． 16. 已知函数，其中. （1）求，求在上的最大值和最小值； （2）若是函数的一个极值点，求实数的值. 17. 如图，在直三棱柱中，侧面与侧面都是边长为1的正方形，，与交于点D． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知为空间的一个基底，且，． （1）判断、、、四点是否共面； （2）能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基底表示；若不能，请说明理由． 19. 已知函数． （1）证明：当时，函数有两个零点； （2）已知，若在上恒成立，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 甘肃省华池县第一中学2024-2025学年度第二学期期中考试 高二数学 2025.4 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．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. 3．本试卷命题范围：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导函数与原函数之间的关系分析选项即可. 【详解】由的图象可知，当时，函数单调递增，则，故排除C，D； 当时，先递增，再递减最后递增，所以所对应的导数值应该先大于0， 再小于0，最后大于0，排除B. 故选:A. 2. 如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的加减运算，即可求得答案. 【详解】由题意得：， 故选：A. 3. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义及两直线垂直的斜率关系即可求出的值． 【详解】由，得， 因为函数的图象在处的切线与直线垂直， 所以，则． 故选：A． 4. 已知，，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】求得，，结合，得到，列出方程组，即可求解. 【详解】由向量，， 可得，， 因为，所以存在实数使得， 即，解得. 故选：B. 5. 在空间直角坐标系中，若，且，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用向量垂直的坐标表示，求得，得到，结合向量模的计算公式，即可求解. 【详解】由向量， 因为，可得，解得，所以， 则，所以. 故选：D. 6. 已知函数，则( ) A. 是奇函数，且在上单调递减 B. 是奇函数，且在上先递减再递增 C. 是偶函数，且在上单调递减 D. 是偶函数，且在上先递减再递增 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件求出，进而求出的奇偶性，最后利用导函数求在上的单调性即可求解. 【详解】由可得，， 故为偶函数，从而AB错误； 由，当时，， 故在上单调递减，所以C正确，D错误. 故选：C. 7. 若是函数的极值点，则的极小值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可得， 因为，所以， 则，故， 令，解得或，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极小值为． 8. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且. 下列说法正确的是（ ） A. 当E，F运动时，存在点E，F使得 B. 当E，F运动时，存在点E，F使得 C. 当E运动时，二面角的最小值为 D. 当E，F运动时，二面角的余弦值为定值 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积的计算，可判断A；假设，可推出矛盾判断B；求得相关平面的法向量，利用空间角的向量求法，可判断C，D. 【详解】对于A，以C为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则， 由于，设， 则， 则， 所以当E，F运动时，故存在点E，F使得，A错误； 对于B，若，则四点共面，与与是异面直线矛盾，B错误； 对于C，设平面的法向量为，又， 故，令，则， 平面的法向量可取为， 故， 因为，且函数在上单调递降，所以， 当且仅当时，取到最大值， 设二面角的平面角为，则最大值为， 即二面角的最小值为，C正确； 对于D，连接，平面即为平面,平面即为平面, 平面的法向量可取为, 设平面的法向量为，又， 故，令，则， 故， 由图知二面角为锐角， 则二面角的余弦值为定值，D错误， 故选：C 【点睛】方法点睛：涉及到空间角的计算问题，一般方法是建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，结合向量的夹角公式进行求解. 二、选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），那么下列说法中，正确的有（ ）． A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据空间中线面关系及面面关系的向量表示，逐项判断即可. 【详解】对于，故错误； 对于或,故错误； 对于,,故正确； 对于,,故正确. 故选： 10. 已知函数的导函数为，则下列选项正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复合函数的导数公式判断选项A，B，C；根据指数函数的求导公式判断选项D. 【详解】对于A，令，，因为，，所以，故A正确； 对于B，因为，所以，故B不正确； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，因为，所以，故D不正确. 故选：AC. 11. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 【答案】ABD 【解析】 【详解】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案． 【分析】因为平面，四边形为正方形， 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，则、、、， 设，，其中， 所以，所以，A选项正确． 点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确． ，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得平面的一个法向量为， 要使平面，平面， 则， 解得，所以存在点，使平面，B选项正确； 若直线与直线所成角为， 则， 整理可得，，方程无解，所以C选项错误． 故选：ABD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据即可求解. 【详解】因为，所以, 因为，所以, 即，解得. 故答案为:2. 13. 已知函数（）．若当时，恒成立，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】分离变量得令，利用导数研究的最大值即可． 【详解】即． 令， 则． 由得，或舍去， 且时，；当时，， 当时取最大值， ．   故答案为：. 14. 在直棱柱中，分别是，的中点，．则二面角的余弦值是_________． 【答案】 【解析】 【分析】建系，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， 由题意可得：平面的法向量， 则， 由图形可知：二面角为钝角，所以其余弦值为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知P(－1，1)，Q(2，4)是曲线y＝x2上的两点． （1）求过点P，Q的曲线y＝x2的切线方程； （2）求与直线PQ平行的曲线y＝x2的切线方程． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先求导数，从而得出在，点处的导数，即求出过点，的切线的斜率，由直线的点斜式方程便可写出切线方程； （2）可设切点为，从而得出切线的斜率为，并可求出，从而根据条件，这样即可求出，求出切点的坐标，根据直线的点斜式方程便可得出切线的方程． 【详解】（1）； 过点，的切线斜率分别为，4； 过点的切线方程为：； 即； 过点的切线方程为：； 即； （2）设切点为； ； 切线和直线平行，且切线的斜率为； ； ； 切点为； 切线方程为； 即． 16. 已知函数，其中. （1）求，求在上的最大值和最小值； （2）若是函数的一个极值点，求实数的值. 【答案】（1）最大值为2，最小值为；（2）. 【解析】 【分析】（1）把代入函数中，然后对函数求导求极值，再求出端点处的函数值，与极值比较，最小的为函数的最小值，最大的为函数的最大值； （2）由于是函数的一个极值点，所以，求得，然后把代入函数中，需要验证是否是函数的极值点，若导函数在两侧的函数值异号，则可以取，否则不能取. 【详解】解：（1）当时，，， 令得，， 列表： 0 1 2 0 - 0 + -2 减 -3 增 2 由表可知，函数在上最大值为2，最小值为-3. （2）， 因为是函数的一个极值点， 所以，解得. 当时，，令，解得，. 列表如下： 0 2 + 0 - 0 + 增 极大值 减 极小值 增 因此，当时，是函数的一个极值点. 【点睛】此题考查利用导数求函数的最值，已知函数的极值点求参数，考查计算能力，属于基础题. 17. 如图，在直三棱柱中，侧面与侧面都是边长为1的正方形，，与交于点D． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：因为四边形是正方形，所以． 又因为四边形是正方形，所以， 因为，且，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，由，证得平面，得到，再利用线面垂直的判定定理，即可证得⊥平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由四边形和是正方形且，可得，，两两垂直， 以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成角为θ， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知为空间的一个基底，且，． （1）判断、、、四点是否共面； （2）能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基底表示；若不能，请说明理由． 【答案】（1）、、、四点不共面，理由见解析； （2）为空间的一组基底， ，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）利用反证法可判断不共面，故得四点不共面； （2）利用反证法可判断为空间的一组基底，利用待定系数法可求的表示形式. 【小问1详解】 ， 设，则， 因为为空间的一个基底，故，该方程无解， 故不共面，所以、、、四点不共面， 【小问2详解】 设，则， 因为为空间的一个基底，故，无解， 故不共面，故为空间的一组基底. 设，则： ， 因为为空间的一个基底，故， 故，故. 19. 已知函数． （1）证明：当时，函数有两个零点； （2）已知，若在上恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）证明如下： 当时，． ∴． ∴当时，，∴单调递减； 当时，，∴单调递增， ∴， 又当时，；， ∴由零点存在定理得在和上各有一个零点， ∴当时，函数有两个零点． （2）． 【解析】 【分析】（1）求导确定函数的单调性，从而得函数的最小值，在确定函数在时的符号与的正负，结合零点存在定理即可证得结论； （2）求导函数，分别讨论当，时，函数的最小值，列不等式即可求得实数a的取值范围． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， ①当时，，∴在上单调递减，∴， 此时，令，解得； ②当时，令，令，得， 解得，（舍去）． （i）若，则a≥2，易知，且当，，即， ∴在上单调递增，此时，， 令，解得； （ii）若，即，，则当时，，即，单调递减， 当时，，单调递增，注意到， 知， 又当时，，由零点存在定理，使， 此时，不满足题意． 综上，实数a的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $