精品解析：甘肃庆阳市华池县第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

华池一中2025-2026学年度第二学期高二年级期中考试数学试卷 考试时间：120分钟：命题人：王亮亮 注意事项： 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分.试卷满分150分.答卷前，请务必将自己的姓名、考生号、班级、考场号、座位号填写在“答题卡”上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效.考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回. 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意） 1. 已知的值是（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的定义求得正确答案. 【详解】依题意， . 故选：A 2. 空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点关于平面的对称点是分析求解. 【详解】由题意可知：点关于平面的对称点是. 故选：D. 3. 下列导数式子中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的运算法则，即可判定，得到答案． 【详解】根据导数的运算法则，可得，所以A 不正确； ，所以B不正确； ，所以C不正确； 由是正确的，D正确. 故选：D． 4. 已知向量，，且，那么（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可. 【详解】由向量，，且， 得，则，则. 故选：C 5. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判定点是否为切点，再利用导数的几何意义求解. 【详解】当时，，即点在曲线上． 则在点处的切线方程为，即． 故选C． 【点睛】本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取导数法，利用函数与方程思想解题．学生易在非切点处直接求导数而出错，首先证明已知点是否为切点，若是切点，可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程． 6. 如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，点E在棱上，且，则点B到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及点到面的距离公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， ∴，，． 设平面的法向量为，则． 令，则，，∴． ∴点B到平面的距离． 故选：C 7. 设函数，若是函数是极大值点，则函数的极小值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的极大值点为求出参数的值，然后再根据函数的单调性求出函数的极小值即可． 【详解】∵， ∴， ∵是函数的极大值点， ∴，解得， ∴， ∴当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增； ∴当时，有极小值，且极小值为． 故选A． 【点睛】解答类似问题时常犯的错误是误认为导函数的零点即为函数的极值点，解题时，在求得导函数的零点后，还要判断出导函数在零点两侧的符号是否相反，若不相反则可得该零点不是函数的极值点． 8. 已知是定义在上的函数的导函数，且，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，求导后根据已知条件可判断在上递减，从而可判断出的大小. 【详解】令，则， 因为， 所以， 所以在上递减， 因为，所以， 所以， 所以， 故选：B 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.） 9. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用求导公式及导数的运算法则逐项计算即得. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，D错误. 故选：BC 10. 已知函数及其导函数，若存在，使，则称是函数的一个“巧值点”，则下列函数中有唯一“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】直接根据定义计算即可，D需要转化为图像交点进行判断. 【详解】对于A：，令，故A正确； 对于B：，令或，故B错误； 对于C：，令，故C正确； 对于D：，令，由函数图象可知，与只有一个交点，故D正确. 故选：ACD 11. 如图，在正方体中，下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥与正方体的体积比为 C. D. 平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标表示与数量积，以及夹角公式的运算，逐项判定，即可求解. 【详解】以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设正方体的棱长为1， 可得， 对于A中，由，可得， 所以，所以A正确； 对于B中，由正方体的体积为， 又由，所以，所以B错误； 对于C中，由，则， 因为，所以，所以C正确； 对于D中，由，可得， 即，因为，且平面， 所以平面，所以D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 向量与共线，且方向相同，则__________. 【答案】14 【解析】 【分析】根据共线得到等式，计算即可求得结果. 【详解】因为向量与共线，且方向相同， 所以，则， 得到，解得，， 所以， 故答案为：. 13. 当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，求函数的最小值即可. 【详解】设，， 因为， 由或； 由， 又，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 所以. 故答案为： 14. 我们通常用“曲率”来衡量曲线弯曲的程度，曲率越大，表示曲线的弯曲程度越大．工程规划中常需要计算曲率，如高铁的弯道设计．若是的导函数，是的导函数，那么曲线在点处的曲率．已知曲线，则曲线在点处的曲率为__________；若，则曲线的曲率的平方的最大值为__________． 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】根据曲率定义，由函数求出及，再将代入公式计算即得；求出的函数关系，利用导数求出最大值即可. 【详解】函数，求导得，， 则曲线在点处的曲率， 当时，； 当时，， 令，显然，，则， 令，求导得，即函数在上单调递减， 当时，取得最大值2，所以曲线的曲率的平方的最大值为2. 故答案为：；2 四、解答题（共77分） 15. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在上的最大值和最小值． 【答案】（1）递增区间是，递减区间是； （2）最大值和最小值分别为. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再解导数大于0、小于0的不等式即可得解. （2）结合（1）中的结论，利用单调性求出最值即可. 【小问1详解】 函数的定义域为R，求导得， 当或时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的递增区间是，递减区间是. 【小问2详解】 当时，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减， 而，则，， 所以在上的最大值和最小值分别为. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，且． （1）求直线PC与平面PAD所成角的正弦值； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角、面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 在四棱锥中，平面平面，平面平面， 而，平面，则平面，又平面， 于是，又，平面，则平面， 而平面，则，即直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， ，而平面的一个法向量为， 所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为. 【小问2详解】 由（1）知，， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 于是，则，显然二面角的大小为钝角， 所以二面角的大小为. 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间和极值. 【答案】（1）； （2）递增区间为，递减区间为，极大值，极小值. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）求出函数的定义域，对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值. 【小问1详解】 函数，于是，求导得， 所以，所以所求切线方程为：，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当或时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得极大值， 当时，取得极小值， 所以函数的递增区间为，递减区间为， 极大值，极小值. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上． （1）若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 当为靠近点的四等分点时，四点共面， 理由如下： 因为，所以， 所以∥， 因为四边形是菱形，所以∥， 所以∥，所以四点共面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得∥，而∥，则∥，从而可得结论； （2）取中点，连接，，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离； （3）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，． 因为为等边三角形，， 所以，，． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，∥，所以． 因为，平面，平面，， 所以平面，又平面，所以． 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得； 【小问3详解】 由（2）知，，，两两垂直， 所以以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， 所以，，． 设，则，． 得，则． 又平面，则取平面的法向量． 设与平面所成的角为，则 ， 化简整理得，解得． 则，． 设平面的法向量，则, 令，则取平面的法向量， 又平面的法向量． 故平面与平面夹角的余弦值为． 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调区间； （2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数b的取值范围． 【答案】（1）当时， 在上单调递增； 当时， 在上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）两种情况讨论的符号，可得在其定义域内的单调性； （2） 函数在处取得极值，求出，不等式恒成立问题通过分离参数法化为求函数的最值. 【小问1详解】 函数的定义域为，， 当时，在上恒成立，在上单调递增； 当时，解得，解得，此时在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 若函数在处取得极值，∴，解得， ∴，经检验满足题意. 对，恒成立，等价于 在上恒成立， 设 ，解得，解得， ∴在上单调递增，在上单调递减. ，∴， 实数b的取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华池一中2025-2026学年度第二学期高二年级期中考试数学试卷 考试时间：120分钟：命题人：王亮亮 注意事项： 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分.试卷满分150分.答卷前，请务必将自己的姓名、考生号、班级、考场号、座位号填写在“答题卡”上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效.考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回. 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意） 1. 已知的值是（ ） A. 2 B. 1 C. D. 2. 空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ） A. B. C. D. 3. 下列导数式子中正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，且，那么（ ） A. B. C. D. 5 5. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，点E在棱上，且，则点B到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，若是函数是极大值点，则函数的极小值为 A. B. C. D. 8. 已知是定义在上的函数的导函数，且，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.） 9. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数及其导函数，若存在，使，则称是函数的一个“巧值点”，则下列函数中有唯一“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在正方体中，下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥与正方体的体积比为 C. D. 平面 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 向量与共线，且方向相同，则__________. 13. 当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________. 14. 我们通常用“曲率”来衡量曲线弯曲的程度，曲率越大，表示曲线的弯曲程度越大．工程规划中常需要计算曲率，如高铁的弯道设计．若是的导函数，是的导函数，那么曲线在点处的曲率．已知曲线，则曲线在点处的曲率为__________；若，则曲线的曲率的平方的最大值为__________． 四、解答题（共77分） 15. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在上的最大值和最小值． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，且． （1）求直线PC与平面PAD所成角的正弦值； （2）求二面角的大小． 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间和极值. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上． （1）若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调区间； （2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数b的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $