精品解析：福建宁德市2025-2026学年第二学期高二适应性练习数学试卷

福建宁德市2025-2026学年第二学期高二适应性练习数学试卷 （满分：150分 练习时间：150分钟） 一､单项选择题：本题共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，则为（ ） A. B. C. D. 2. 已知某质点的位移与时间满足函数关系式，则当趋近于0时，趋近于（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 如图，空间四边形中，点和点分别在和上，且满足，则下列向量与是共线向量的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在处有极值，则（ ） A. B. C. D. 或 6. 已知四点共面，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知函数是增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 函数的零点的个数为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题的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，选错得0分. 9. 已知空间向量（ ） A. 当时， B. 当为钝角时，且 C. 存在实数，使得 D. 存在实数，使得为空间的一组基底 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在，使得点为曲线的对称中心 D. 存在，使得过点可作曲线的切线有三条 11. “切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧．如图所示，曲线在点处的切线方程为．易知，除切点外，图象上其余所有的点均在的上方，故有．显然，选择的切点不同，所得不等式也不同．请根据以上材料，判断下列命题中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 点关于坐标平面对称的点的坐标是__________. 13. 曲线过点的切线方程为______________________. 14. 在空间直角坐标系中，曲线的方程为，（为参数，），点在曲线上，直线过坐标原点且的一个方向向量，则点到直线的最短距离为__________. 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. 如图，已知四棱柱的底面是正方形，，. （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求的长. 16. 已知函数. （1）求在点处的切线方程； （2）设函数，求的单调区间； （3）求的极值点个数. 17. 某工厂生产正四棱锥形状的精密零件，为防止运输时磕碰损坏，需要给每个零件定制专用的球形保护包装盒，要求正四棱锥的所有顶点都在球面上（即正四棱锥内接于该球），已知球形包装盒的半径为3，正四棱锥的侧棱长满足. （1）用侧棱长表示该零件的体积； （2）在保证零件完全适配球形包装盒的前提下，如何设计侧棱长，使得零件的体积最大？求出此时零件的体积及对应的侧棱长. 18. 如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. （1）求证：平面； （2）设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建宁德市2025-2026学年第二学期高二适应性练习数学试卷 （满分：150分 练习时间：150分钟） 一､单项选择题：本题共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，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算法则求解. 【详解】已知，，，分别计算三个坐标： 坐标： 坐标： 坐标： 因此. 2. 已知某质点的位移与时间满足函数关系式，则当趋近于0时，趋近于（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【详解】，， ， 所以当趋近于0时，趋近于． 3. 如图，空间四边形中，点和点分别在和上，且满足，则下列向量与是共线向量的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，由，得， 所以， 对于A，假设共线，则，无解，A错误； 对于B，， 所以与共线，B正确； 对于C，假设共线，则，无解，C错误； 对于D，假设共线，则，无解，D错误； 4. 已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数图像的变化特点进行分析即可. 【详解】结合图象可知，在从最大值逐渐减小到最小值，所以切线斜率从趋近于0逐渐到最小，斜率绝对值逐渐增大，因此下降越来越快， 在从最小值逐渐增加到0，所以切线斜率从最小值（负值）逐渐趋近于0，斜率绝对值逐渐减小，因此下降越来越平缓，D符合这个性质. 5. 已知函数在处有极值，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】先利用极值点的必要条件，即函数值与导数值在处分别为和，列方程组求出参数，再验证导数为的点是否为真正的极值点，排除不符合条件的解，最后代入有效参数计算的值． 【详解】， 因为函数在处有极值， 所以，解得或， 若，时， ，判别式， 所以是极值点，满足条件； 若，时， ，函数在处没有极值，不满足条件． 综上， 所以． 6. 已知四点共面，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用四点共面可得，由此解得，再利用基本不等式即可求解． 【详解】由题可知，存在实数，使得， 又，，，所以， 解得，，所以， 当且仅当时取等号． 7. 已知函数是增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由函数为增函数，得到其导函数在定义域内恒非负，分离参数转化为在上恒成立，再通过求导判断的单调性，求出其值域，进而确定的取值范围． 【详解】，的定义域为， 根据题意得，整理得， 令，, 因为，所以，，因此， 所以在上单调递增， 所以在上的值域为， 所以． 8. 函数的零点的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定函数定义域，再求导并分区间分析导数符号，通过放缩证明导数在整个定义域恒负，得到函数单调递减，最后结合端点特殊值判断零点个数． 【详解】方法一：函数的定义域为，， 设，， 当时，，， 所以， 所以在上单调递增， 则当时，， 当时，因，则， 综上，时，， 所以函数在上单调递减， 因为，， 所以函数在上只有一个零点． 方法二：函数的零点的个数， 即函数与函数图象交点的个数， 则因，则， 所以在单调递减，且经过原点， 当,；当,, ，作出两函数的图象： 由图可知两函数交点个数是一个． 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题的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，选错得0分. 9. 已知空间向量（ ） A. 当时， B. 当为钝角时，且 C. 存在实数，使得 D. 存在实数，使得为空间的一组基底 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，根据向量平行建立关于的方程求解判断；选项B，结合向量夹角为钝角的充要条件，计算的范围，再排除反向共线的情况；选项C，根据空间向量垂直的充要条件，建立关于的方程，判断方程是否有解；选项D，根据共面向量基本定理建立关于的方程，判断是否存在使方程成立. 【详解】选项A，若，则存在实数使得，对应坐标满足：， 解得，，代入验证所有等式成立，因此正确，A正确； 选项B，若为钝角，等价于且不反向平行， ，得； 若，显然，则对应坐标成比例：，由得， 代入验证，不存在使得， 即时夹角仍为钝角，不需要排除，B错误； 选项C，若，， 解得或，存在实数满足条件，C正确； 选项D，能作为空间的一组基，等价于三个向量不共面，根据共面向量基本定理， 若三个向量共面，则存在实数使得， 代入坐标得方程组：， 整理方程(2)(3)得： 消元解得：. 将代入方程(1)：， 因此方程(1)化简为，即：当且仅当时，三个向量共面； 当时，三个向量不共面，可以作为空间的一组基底，D正确. 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在，使得点为曲线的对称中心 D. 存在，使得过点可作曲线的切线有三条 【答案】BC 【解析】 【分析】先求导分析三次函数的单调性与极值，判断A，B选项，再根据中心对称定义验证C选项，最后设切点并代入点的坐标，转化为方程解的个数问题判断D选项，完成所有选项的正误判断． 【详解】对于A，，， 令，得或， 若，则， 令，得或，令，得， 当时，取极大值， 当时，取极小值， 因为在时趋向，在时趋向，且两个极值点的函数值都小于， 所以只有一个零点，A错误； 对于B，根据已有分析可知若，令，得或，令，得， 所以是极大值点，B正确； 对于C，若为曲线的对称中心，则， ，， ， 所以，化简得， 要使对任意都成立，需使． 当时，， 此时，满足中心对称条件， 故为曲线的对称中心，C正确； 对于D，设切点为，切线斜率为， 所以切线方程为， 将点代入切线方程， 所以， 化简得， 令，则， 在上单调递增，方程只有一个解，即切线只有一条，D错误． 11. “切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧．如图所示，曲线在点处的切线方程为．易知，除切点外，图象上其余所有的点均在的上方，故有．显然，选择的切点不同，所得不等式也不同．请根据以上材料，判断下列命题中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】ABD 【解析】 【分析】先利用题目给出的切线放缩核心结论，推导验证A选项；再用该结论结合函数单调性分析B选项，通过特殊值排除C选项，最后对D选项构造函数求最小值并利用导数研究其单调性与最值完成判断． 【详解】对于A，令，代入得，整理得，A正确； 对于B，由得， 令，则时，， 所以在上单调递增，所以，B正确； 对于C，存在，使得不成立，C错误； 对于D，令，由，得， 因为，所以， 因此只需证：，只需证明不等式：， 由A得，即，所以， 即证，令，则，D正确． 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 点关于坐标平面对称的点的坐标是__________. 【答案】 【解析】 【详解】在空间直角坐标系中，点关于坐标平面对称的点的坐标规律是： 坐标不变，坐标不变，坐标变为相反数 按照这个规律，对称点的坐标为． 13. 曲线过点的切线方程为______________________. 【答案】 【解析】 【分析】求出导函数，设切点为，表示出切线方程，由切线过点，代入求出，再代入即可. 【详解】因为，所以，设切点为，则， 所以切线方程为，又切线过点， 所以，解得， 所以切线方程为即. 故答案为： 14. 在空间直角坐标系中，曲线的方程为，（为参数，），点在曲线上，直线过坐标原点且的一个方向向量，则点到直线的最短距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先将曲线参数方程上的点表示为参数形式，用空间向量投影公式写出点到直线的距离表达式，转化为单变量函数求最值问题，再通过求导分析单调性，找到函数最小值，进而得到最短距离． 【详解】，则， 在上的投影长， 点到直线的距离， 记， 由， 令，， 当，，当，，， 所以在上递减，在上单调递增， 在上取得最小值，所以， 所以单调递减；单调递增， 所以， 所以时，. 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. 如图，已知四棱柱的底面是正方形，，. （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】以为基底，用它们表示与，通过计算向量点积判断垂直，得出异面直线所成角；再利用向量模长公式计算，得到的长度． 【小问1详解】 ， ， 因为 ， 所以， 所以异面直线与所成角为； 【小问2详解】 因为 ， 所以的长为. 16. 已知函数. （1）求在点处的切线方程； （2）设函数，求的单调区间； （3）求的极值点个数. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为 （3）1个 【解析】 【分析】（1）先求函数在该点的函数值，再求导得到切线斜率，用点斜式写出切线方程． （2）先写出的表达式，再对求导，根据导数符号判断单调区间． （3）通过分析的单调性、最值和极限趋势，判断其零点个数，进而得到的极值点个数． 【小问1详解】 ，， 因为，， 所以在点处的切线方程，即； 【小问2详解】 ，定义域为， ，令得， 单调递增；单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问3详解】 由（2）得在上单调递增，， 又， 则；， 所以在上有一个极值点， 又由（2）得在上单调递减，，， 所以当时，，即该区间上没有零点， 所以在上无极值点， 综上所述，的极值点个数是1个． 17. 某工厂生产正四棱锥形状的精密零件，为防止运输时磕碰损坏，需要给每个零件定制专用的球形保护包装盒，要求正四棱锥的所有顶点都在球面上（即正四棱锥内接于该球），已知球形包装盒的半径为3，正四棱锥的侧棱长满足. （1）用侧棱长表示该零件的体积； （2）在保证零件完全适配球形包装盒的前提下，如何设计侧棱长，使得零件的体积最大？求出此时零件的体积及对应的侧棱长. 【答案】（1） （2）当侧棱长为时，零件的体积最大，此时体积为 【解析】 【分析】（1）先设正四棱锥的高与底面边长，结合外接球半径与侧棱长的几何关系联立方程，解出高与底面边长关于侧棱长的表达式，再代入棱锥体积公式化简，得到体积关于侧棱长的函数． （2）对体积函数换元，构造辅助函数，通过求导分析单调性，找到函数最大值点，反求对应的侧棱长，进而得到最大体积． 【小问1详解】 设该正四棱锥的高为，底面正方形的边长为， 由题意可知， 联立以上方程组可得， 又该正四棱锥体积； 【小问2详解】 令，则， 构造， ， 令得或（舍去）， 24 + 0 - 单调递增 最大 单调递减 所以， ， 此时由得， 所以当侧棱长为时，零件的体积最大，此时体积为． 18. 如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. （1）求证：平面； （2）设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）存在，为的中点 【解析】 【分析】（1）先由底面得 ，再取中点证，算出并由勾股定理得，最后依据线面垂直判定定理证平面； （2）（i）由线面角定义得，求出后建空间直角坐标系，求平面法向量与平面法向量，用向量夹角公式算余弦值，再求正弦值； （ii）设，利用点到平面距离公式列方程求，确定为中点． 【小问1详解】 因为底面，面，所以， 又为棱上的点，， 取的中点，所以， 又，所以， 又因为，，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，平面， 所以平面； 【小问2详解】 （i）因为底面，所以与底面所成角为， 所以在中，， 又，所以， 如图，以为轴，轴，轴，以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 由，即，即， 取，可得， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以， 所以， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以平面与平面所成的二面角的正弦值为； （ii）假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，由（i）可得， 所以， 又由（i）可知平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以，所以为的中点， 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，证明：. 【答案】（1）时，在上单调递增，无单调递减区间； 时，在上单调递减，在上单调递增. （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分和讨论即可； （2）分、和讨论即可； （3）一边不等式转化为证明，再利用（2）中结论即可，再利用函数的单调性证明另一边不等式即可. 【小问1详解】 的定义域为，， 令得， ①当时，， 单调递增， ②当时，， 单调递减；单调递增， 综上所述：时，在上单调递增，无单调递减区间； 时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 因为，所以， ①当时，由①得在单调递增， 所以，符合题意， ②当时，，由（1）得在单调递增， 所以，符合题意， ③当时，，由（1）得在单调递减，在单调递增， 所以， 构造在上恒成立， 则在上单调递减， 所以，不符合题意，舍去， 综上所述，； 【小问3详解】 先证， 当时不等式显然成立， 当时，要证， 即证， 即证， 令，即证， 即证， 即证， 即证， 由（2）知， 所以时，， 构造函数， ， 所以在单调递减， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 接下来证明， 即证， 即证， 令即证， 即证， 构造函数， ， 所以在单调递减， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $