精品解析：福建莆田第八中学2025-2026学年高二下学期第一次月考数学试题

2025-2026学年莆田第八中学高二下第一次月考 数学考试试卷 命题：黄慧珊 审核：程金镇 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的运算法则求导后判断. 【详解】，A错误； ，B错误； ，C错误； ，D正确. 故选：D 2. 已知是函数的导函数，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导函数，令即可求解. 【详解】由，可得， 故，解得. 故选：A. 3. O为空间任意一点，若，若A，B，C，P四点共面，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间四点共面的向量表示公式即可得解. 【详解】因为， 所以，即， 因为A，B，C，P四点共面， 所以，即， 故选：C 4. 已知函数在区间上是减函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到，恒成立.从而得到，恒成立，再根据的单调性求解即可. 【详解】因为，函数在区间上是减函数， 所以，恒成立. 所以，恒成立. 设，， 因为对称轴为，所以在为增函数， 所以，所以. 故选：C 5. 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. 6. 已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 5 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，再根据点到的距离计算可得. 【详解】因为、， 所以， 又平面的一个法向量， 所以点到的距离. 故选：A 7. 已知点，，C为直线上一动点，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出两点间距离和直线的方程，再利用平行线间距离公式求出两直线间距离，最后利用三角形面积公式求解． 【详解】 ， ， ，则直线所在方程为，整理得， 直线与直线平行， 直线与直线间距离为， ，故B正确． 故选：B． 8. 如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面，则线段长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】以D为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系， 设，，则， 则，， 因为平面，则，解得， 故，则， 而函数在取到最小值，在时，取最大值2， 故， 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题中正确的是（ ） A. 若是空间任意四点，则有 B. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于 C. 已知是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D. 已知为坐标原点，向量，，，则点不能构成三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间向量加法的运算法则，线面角的定义，结合空间向量基底的性质、向量共线的意义可逐项判断即可. 【详解】对于A，由向量加法的三角形法则得，故A正确； 对于B，注意线面角的范围是，因为直线的方向向量与平面的法向量的夹角为， 所以直线与平面所成的角为； 与两向量夹角的差为，即，故B错误； 对于C，假设不是空间一个基底， 那么存在实数使得成立． 因为是空间的一个基底，所以，该方程组没有实数解， 因此假设不成立，所以也是空间的一个基底, 故C正确； 对于D，由题意得，，则共线， 故点不能构成三角形，故D正确． 故选：ACD. 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 当时，点为曲线的对称中心 D. 当时，在区间上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据因式分解可得函数的零点，结合导函数的图像去研究函数的极大值、对称中心与单调性. 【详解】已知，所以, 当时，，方程有两个根，所以正确， 当时，的解集为，的解集为， 所以在上单调减，在上单调增，所以在处取极小值，所以错误, 当时，， 所以关于中心对称，所以正确， 当时，的解集为，而,所以在上单调递增，所以正确. 故选： 11. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点O是与的交点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 平面平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】A由空间向量加法结合图形可判断选项正误；B由A结合空间向量模长公式可判断选项正误；C验证是否为0可判断选项正误；D取BC中点为D，连接AD，判断是否为0，结合线面垂直的判定定理即可判断选项正误. 【详解】对于A，由图，，故A正确； 对于B，由A， ，故B正确； 对于C， ，则与BC不垂直，故C错误； 对于D，取BC中点为D，连接AD，则，又由图可得， 注意到, 则，又，平面， 则平面，又平面，则平面平面，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，其中，的夹角为，则在上的投影向量的模为______． 【答案】## 【解析】 【详解】已知，，其中，的夹角为， 则在上的投影为：， 在上的投影向量的模为：． 13. 曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】求出在处的切线方程，设出的切点联立方程组可解得. 【详解】对于，易知，切线斜率为，切点为； 则曲线在处的切线为， 显然，设切点， 由，解得. 故答案为：2 14. 已知函数，函数恰有3个零点，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数分别讨论和时函数的单调性，求出最值，画出函数图象，根据函数的零点个数与和图象交点个数的关系，确定的取值范围. 【详解】当时，，则， 令， 所以当时，单调递减；当时，单调递增. 所以当时，，当. 当时，，则， 令， 所以当时，单调递增；当时，单调递减. 当时，，，当， 作出函数的图象如图所示． 因为函数有3个零点， 所以与的图象有3个交点， 由图知，即实数的取值范围为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知空间中三点，，，设，. （1）已知，求的值； （2）若，且∥，求的坐标. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）问题转化为，求. （2）根据向量的模的计算和向量共线，求的坐标. 【小问1详解】 由题知，， 所以， 因为， 所以. 【小问2详解】 因为∥， ， 所以，， 因为，所以，解得 ， 所以或. 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最值. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值 （2）， 【解析】 【分析】(1)先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导数的正负，求得函数的单调区间，从而可求得函数的极值; (2)根据第(1)小问的单调性，确定函数在区间上的单调性，即可求出最大值，而函数的最小值是，比较和的大小，求得函数的最小值. 【小问1详解】 函数的定义域是. 又，令，得，令，得， 故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数的极大值为，无极小值. 【小问2详解】 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减， 所以 所以在上的最小值为. 又因为，所以， 所以函数在上的最小值为，即. 17. 已知函数． （1）当时，求证：恒成立； （2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）当时，， 则，且的定义域为， 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故， 得到恒成立. （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数判断的单调性，进而求出其最值，证明不等式即可. （2）利用分离参数法结合换元法得到，再构造，利用导数求解的最大值，再求解参数的取值范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若恒成立，则恒成立， 得到恒成立，易得， 故恒成立，令， 得到恒成立，令，则恒成立， 而，令，，令，， 得到在上单调递增，在上单调递减， 则，即. 18. 如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. （1）证明：； （2）若点在棱上，二面角的正切值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）因为是边长为2的等边三角形，为的中点，所以， 在中，由余弦定理得: ，所以， 因为为中点，所以， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理可证，根据等边三角形可证，由线面垂直的判定定理可证平面，故可证； （2）以向量，，所在方向建立空间直角坐标系，设，则可通过向量法求出面面角的余弦值，结合已知正切值可求，再根据点面距的向量法可求距离，我们也可以过做，垂足为，过做，垂足为，连接，则是二面角的平面角，根据已知正切值可求 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：以向量，，所在方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 因为在线段上，设， 则，， 设平面的法向量为， 则即取. 又平面的法向量为， 因为二面角的正切值为， 所以， 整理得，解得或（舍去），所以， 设平面的法向量为，则即 取，则， 所以点到平面的距离. 解法二：过作，垂足为，过作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，故，所以是二面角的平面角， 而二面角的正切值为，故， 设，，所以， 在中，，，， 故，故为等腰直角三角形， 故，故， 所以，，故，故， 又， 设到平面的距离为，则可得， 故，故到平面的距离为. 19. 设函数． （1）若，求在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，求证：在时，． 【答案】（1） （2）当时，在上为减函数； 当时，在上为减函数，在上为增函数； （3）证明：设， 则； 令，所以在恒成立， 所以在为增函数； 又， 所以存在，使，即（*）； 在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为； 将（*）代入得； 所以在恒成立， 即在时，． 【解析】 【分析】（1）先求导得到斜率表达式，代入和计算斜率与切点坐标，再用点斜式整理切线方程； （2）对导数，根据参数的符号分类，分析导数在定义域内的正负，从而确定单调区间； （3）先将化简为等价的，构造辅助函数，通过求导分析单调性，找到最小值点，利用与代换，证明最小值大于. 【小问1详解】 由题意得，所以； 则，又； 所以切线方程，即； 【小问2详解】 ， 当时，，则在上为减函数； 当时，令，解得； 当时，，则在上为减函数， 当时，，则在上为增函数； 综上：当时，在上为减函数； 当时，在上为减函数，在上为增函数； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年莆田第八中学高二下第一次月考 数学考试试卷 命题：黄慧珊 审核：程金镇 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知是函数的导函数，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. O为空间任意一点，若，若A，B，C，P四点共面，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 已知函数在区间上是减函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 5 D. 10 7. 已知点，，C为直线上一动点，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面，则线段长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题中正确的是（ ） A. 若是空间任意四点，则有 B. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于 C. 已知是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 D. 已知为坐标原点，向量，，，则点不能构成三角形 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 当时，点为曲线的对称中心 D. 当时，在区间上单调递增 11. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点O是与的交点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 平面平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，其中，的夹角为，则在上的投影向量的模为______． 13. 曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数______. 14. 已知函数，函数恰有3个零点，则实数的取值范围是_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知空间中三点，，，设，. （1）已知，求的值； （2）若，且∥，求的坐标. 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最值. 17. 已知函数． （1）当时，求证：恒成立； （2）若恒成立，求的取值范围． 18. 如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. （1）证明：； （2）若点在棱上，二面角的正切值为，求点到平面的距离. 19. 设函数． （1）若，求在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，求证：在时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $