精品解析：甘肃省天水市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

天水一中高二级2024——2025学年度第二学期期中考试 数学试题 （满分：150分 时间：120分钟） 一、单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求. 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. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求导，即可求和，即可求得切线方程. 【详解】由，得， 则， 则， 所以切线方程为. 故选：A. 3. 已知函数的定义域为且导函数为，函数的图象如图，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的增区间是 B. 函数的减区间是 C. 是函数的极大值点 D. 是函数的极大值点 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象确定导函数的符号，确定函数的单调区间和极值. 【详解】根据的图象可知： 当时，；时，，当时，，当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 因此函数在时取得极小值，在取得极大值. 故ABD错误，C正确. 故选：C 4. 在三棱锥中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理求出答案. 【详解】由题意得为中点，所以， 又因为，所以， 所以，故A项正确. 故选：A. 5. 《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（ ） A. B. 4 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图， 设，因为， 所以， ， 设异面直线与所成角为， 则， 解得，即. 故选：B. 6. 若函数有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意可将问题转化为方程有两个不同正实数根、，解出方程组即可得. 【详解】， 由函数有两个不同的极值点，故函数有两个变号零点， 即当时，有两个不同正实数根， 令方程有两个不同正实数根为、， 则有，，则，解得， 即实数a的取值范围是. 故选：C. 7. 如图，在一个的二面角的棱上，有两个点A、B，AC、BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且，，，则CD的长为（ ）cm． A. B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的数量积的运算律求解. 【详解】由题可得，, 所以 ， 所以, 故选:D. 8. 直线 分别与曲线， 直线 交于 两点， 则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题，线段平行于轴，直线倾斜角固定，到直线的距离为，则，故求最小转为求最小，即为当过点处的切线与直线平行时最小； 求出曲线的导函数，当导函数的函数值等于时，可求得切点，进而求得切点到直线的距离，此即为最小的，则最小值可求. 【详解】由题，设到直线的距离为，直线的倾斜角为，则 ， 又，，故最小即最小，即为当过点处的切线与直线平行时最小， 由曲线，得，所以切点为， 可求得点到直线的距离最小值为 故， 故选：C 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错得0分. 9. 如图所示，在棱长为2的正方体.中，E，F分别为棱和的中点，则以D为原点，DA，DC，所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. C. 是平面的一个法向量 D. 点到平面的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由线面平行的判定定理证明即可；对于B，由空间向量判断异面直线垂直即可；对于C，由平面法向量求解即可；对于D，由点到平面的距离公式计算即可. 【详解】对于A，由于，分别是的中点， 所以平面平面， 所以平面，故A正确； 对于B，， 故，， 故与不垂直，进而可得与不垂直，故B错误； 对于C，由，所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量，故C正确； 对于D，易知， 结合C选项可得点到平面的距离为，故D错误. 故选：AC． 10. 六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途. 六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体). 如图所示，正八面体，下列说法中正确的有（ ） A. 平面EAD 平面FCB B. 平面EAD 平面ECB C. 异面直线与所成的角为 D. 若点P为棱上的动点，则直线AP与平面FAD 成的角的正弦值的范围 【答案】ACD 【解析】 【分析】证明，根据面面平行的判定定理即可判断A；分别取AD、BC中点M、N，连接MN，由，可得平面ADE与平面BCE的交线l与AD平行，证得，则为平面ADE与平面BCE所成的平面角，利用余弦定理判断是否为直角，即可判断B；利用平行直线得出异面直线所成的角，然后利用正三角形可判断C；利用空间向量法求角判断D 【详解】连接AC、BD、EF， 根据题意可设其交于点O，则A、E、C、F四点共面，且O为AC、BD、EF，的中点， 所以四边形AECF、BEDF都是平行四边形，所以， 又平面EAD，平面EAD，，所以FC//平面EAD， 平面EAD，平面EAD，所以平面EAD， FB//平面EAD，FC//平面EAD，又FB、FC在平面ECB内相交于点F， 所以平面EAD//平面FCB，故A对； 分别取AD、BC中点M、N，连接MN，则MN的中点为O， 由，平面BCE，平面BCE，所以AD平面BCE， 又平面ADE，则平面ADE与平面BCE的交线l与AD平行， 因为都是等边三角形，所以， 所以，则为平面ADE与平面BCE所成的平面角， 设，则，，， 所以，故B错误； 由EF与AC垂直相交，且长度相等，则四边形AECF是正方形，所以， 则直线与所成的角即为BF与CF所成角， 正中，，故异面直线与所成的角为，故C对； 根据正八面体结构，如图建立空间直角坐标系，令， 则， 所以， 设平面FAD的一个法向量为，则， 所以，即，令，则， 所以平面FAD的一个法向量为， 因为点P为棱上的动点， 所以设， 则， 设直线AP与平面FAD 成的角为， ， 又， 当时，，当或0时，， 故直线AP与平面FAD 成的角的正弦值的范围，故D对； 故选：ACD. 11. 函数有两个极值点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则有3个零点 B. 过上任一点至少可作两条直线与相切 C. 若，则只有一个零点 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三次函数性质，对参数的正负进行分类讨论画出其大致图象可知当，则有3个零点，即A正确；显然在极值点处只能作一条直线与相切，可知B错误；若，结合的正负进行分类讨论可知只有一个零点，即C正确；利用三次函数的对称中心以及导函数零点可得，所以D正确. 【详解】根据题意可得，且； 当时，易知时，；时，； 此时在和上单调递增，在上单调递减； 且当趋近于时，也趋近于；当趋近于时，也趋近于； 利用三次函数性质可知，当，其函数图象如下图所示： 此时由图象可知有3个零点； 同理当时，易知在和上单调递减，在上单调递增； 且当趋近于时，也趋近于；当趋近于时，也趋近于； 利用三次函数性质可知，当，其函数图象如下图所示： 此时由图象可知有3个零点； 所以若，则有3个零点，即A正确； 由题意知， 所以过或有且仅有一条直线与相切，且切线为水平直线，所以B错误； 当时，由选项A易知在处取得极大值，在处取得极小值，且； 若，则，即； 此时其图象如下图所示： 由图可知，只有一个零点； 同理当时，易知在处取得极小值，在处取得极大值，且； 若，则，即； 此时其图象如下图所示： 由图可知，只有一个零点； 综上可知，若，则只有一个零点，即C正确； 由三次函数性质可知，函数关于成中心对称， 所以满足， 又是方程的两根，则满足； 所以，即，所以D正确； 故选：ACD 【点睛】方法点睛：研究三次函数性质时，需要记忆三次函数图象的几种常见模型以及对称中心坐标的表达式，结合极值、极值点等概念综合考虑可判断结论. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则函数的单调递增区间为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，解不等式，即可求得答案. 【详解】由函数可得， 令， 即函数的单调递增区间为， 故答案为： 13. 已知“经过点且法向量为的平面的方程是”．现知道平面的方程为，则过与的直线与平面所成角的正弦值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】由定义可得平面法向量为，直线的方向向量为，再利用向量的数量积公式可得两个向量的夹角的余弦值，即得结果. 【详解】由定义可得，平面的法向量为， 又，，所以， 所以直线与平面所成角正弦值为. 故答案为： 14. 正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为分别是异面直线和上的任意一点，则间距离的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量法求出异面直线和的距离，即可得解. 【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则、，，， 所以，，， 设且，即，令，则，，所以， 所以异面直线和的距离， 所以、间距离的最小值为； 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知空间中三点，，． （1）若向量与平行，且，求的坐标； （2）求向量AB在向量AC上的投影向量． 【答案】（1）的坐标为或 （2）； 【解析】 【分析】（1）由已知可设，利用向量的模长公式求出的值，即可求出向量的坐标； （2）先求向量，再根据投影定义求. 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为向量与平行， 所以可设，， 所以，因为， 所以， 所以， 所以或， 所以的坐标为或； 【小问2详解】 因为，，， 所以，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量， 所以. 16. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ABCD，，，，E为AB的中点. （1）求平面EMC与平面MBC夹角的余弦值； （2）在线段AM上是否存在点P，使直线PE与平面MBC所成的角为?若存在，求出PE的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）不存在，理由如下： 设，则，且， 由（2）知平面MBC的法向量为， 设直线PE与平面MBC的所成角为，则， 所以， 解得，不符合题意， ∴在线段AM上不存在点P，使直线PE与平面MBC的所成角为． 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，利用线面垂直的性质定理得到，建立如图空间直角坐标系D-xyz，利用空间向量法求解面面所成角即可； （2）设，则，由（2）知平面MBC的法向量，利用空间向量法求解线面角，即可判断. 【小问1详解】 连接DE，由四边形ABCD是菱形，， 所以为正三角形，又E是AB的中点，得，即， 因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，建立如图空间直角坐标系D-xyz， 则，，，，， 得，，， 设平面、平面MBC的一个法向量分别为、， 则， 令，得，令，得， ∴，， 得， 又平面与平面MBC的夹角为锐角， ∴平面与平面MBC所成角的余弦值为； 【小问2详解】 略 17. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数在处取得极值，且对，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）递减区间为，递增区间为 （2）当时，函数在定义域上单调递减；当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增 （3）. 【解析】 【分析】（1）先求出函数的导函数，进而分析导函数的正负区间与单调区间； （2）先求出函数的导函数；再分和两种情况，再每一种情况中借助导数即可解答； （3）先根据函数在处取得极值得出；再将问题“对，恒成立”转化为“对，恒成立”；最后构造函数，并利用导数求出即可解答. 【小问1详解】 当时，，， 令可得，故当时，单调递减； 当时，单调递增； 故递减区间为，递增区间为. 【小问2详解】 由可得：函数定义域为，. 当时，，此时函数在定义域上单调递减； 当时，令，解得；令，解得， 此时函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. 综上可得：当时，函数在定义域上单调递减； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【小问3详解】 因为函数在处取得极值， 所以，即，解得. 此时， 令，解得；令，解得， 所以函数在处取得极值，故. 所以. 因为对，恒成立， 所以对，恒成立. 令，则. 令，解得；令，解得， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，则，解得：. 所以实数b的取值范围为 18. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，为的中点． （Ⅰ）求证：平面 （Ⅱ）若平面平面，异面直线与所成角为60°，且是钝角三角形，求二面角的正弦值 【答案】（Ⅰ）证明：取的中点，连接， 因为为的中点，则，且， 又，且，所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面 （Ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，由中位线定理得，再结合已知得，，即四边形为平行四边形，故有，再用线面平行判定定理即可求证； （2）先根据异面直线与所成角为60°得，再根据面面垂直性质定理得平面，进而建立空间坐标系，利用法向量求解计算即可得答案. 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ）由题意可知， 所以或其补角为异面直线与所成角， 又，为钝角三角形， 所以， 又平面平面，平面平面，， 所以平面， 以为坐标原点，所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 向量，， 设平面的法向量为 由得，则，令， 得平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为 由得，令， 得平面的一个法向量为 设二面角的平面角为， 则. 则 故二面角的正弦值为 【点睛】本题考查线面平行的证明，二面角的求解，异面直线所成角，面面垂直的性质定理，考查学生的分析问题与解决问题能力，是中档题. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）设是函数的两个极值点，证明：. 【答案】（1） （2） 令， 即有两个不等正实根， 则解得.所以，. 故 ，其中. 令，，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故. 所以成立. 【解析】 【分析】(1)先求导函数，再根据点斜式，即可求解. (2) 先求导函数，根据韦达定理得两极值点的关系，带入到中化简，构造，求出最值，即可求证. 【小问1详解】 当时，，， 所以，. 所以函数在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题。注意分类讨论与数形 结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天水一中高二级2024——2025学年度第二学期期中考试 数学试题 （满分：150分 时间：120分钟） 一、单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知向量，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 5 2. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的定义域为且导函数为，函数的图象如图，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的增区间是 B. 函数的减区间是 C. 是函数的极大值点 D. 是函数的极大值点 4. 在三棱锥中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（ ） A. B. 4 C. 2 D. 3 6. 若函数有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在一个的二面角的棱上，有两个点A、B，AC、BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且，，，则CD的长为（ ）cm． A. B. C. 5 D. 8. 直线 分别与曲线， 直线 交于 两点， 则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错得0分. 9. 如图所示，在棱长为2的正方体.中，E，F分别为棱和的中点，则以D为原点，DA，DC，所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. C. 是平面的一个法向量 D. 点到平面的距离为 10. 六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途. 六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体). 如图所示，正八面体，下列说法中正确的有（ ） A. 平面EAD 平面FCB B. 平面EAD 平面ECB C. 异面直线与所成的角为 D. 若点P为棱上的动点，则直线AP与平面FAD 成的角的正弦值的范围 11. 函数有两个极值点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则有3个零点 B. 过上任一点至少可作两条直线与相切 C. 若，则只有一个零点 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，则函数的单调递增区间为__________. 13. 已知“经过点且法向量为的平面的方程是”．现知道平面的方程为，则过与的直线与平面所成角的正弦值是______． 14. 正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为分别是异面直线和上的任意一点，则间距离的最小值为___________. 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. 已知空间中三点，，． （1）若向量与平行，且，求的坐标； （2）求向量AB在向量AC上的投影向量． 16. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ABCD，，，，E为AB的中点. （1）求平面EMC与平面MBC夹角的余弦值； （2）在线段AM上是否存在点P，使直线PE与平面MBC所成的角为?若存在，求出PE的长；若不存在，请说明理由. 17. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数在处取得极值，且对，恒成立，求实数的取值范围． 18. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，为的中点． （Ⅰ）求证：平面 （Ⅱ）若平面平面，异面直线与所成角为60°，且是钝角三角形，求二面角的正弦值 19. 已知函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）设是函数的两个极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $