精品解析：甘肃金昌市永昌县第一高级中学2025-2026学年高二下学期学业质量检测(二）数学试卷

永昌县第一高级中学2025-2026-2学业质量检测（二）试卷 高二数学 一、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，只有一项符合题目要求. 1. 已知函数（其中是的导函数），则（ ） A. B. C. D. 2. 若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. , B. , C. , D. , 4. 平行六面体的所有棱长均为1，，则的长度为（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，若是函数是极大值点，则函数的极小值为 A. B. C. D. 6. 在直三棱柱中，，分别是的中点，，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的奇函数，其导函数为，，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是函数的导函数的图像，则下列判断正确的是（ ） A. 在区间上，单调递增 B. 在区间上，单调递增 C. 在区间上，单调递增 D. 在区间上，单调递增 10. 如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，则下列结论中正确的是 A. B. 平面平面 C. 直线平面 D. 11. 函数满足，则正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，向量若，则____. 13. 若函数在上单调递增，则实数的最大值为___________________． 14. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是______________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）求在区间上的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，E为PD的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 17. 已知函数. （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若对，都有恒成立，求的取值范围. 18. 图1是直角梯形，，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图2. （1）求证：； （2）若平面平面，在棱上找一点，使得点到平面的距离为，并求的值； （3）在（2）的前提下，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 定义：若函数在其定义域内存在极大值和极小值，且存在一个常数k，使得成立，则称为“极值可差比函数”，常数为的“极值差比系数”.已知函数. （1）当时，判断是否为“极值可差比函数”，并说明理由； （2）是否存在，使得的“极值差比系数”为?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由； （3）设函数，数列满足，，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永昌县第一高级中学2025-2026-2学业质量检测（二）试卷 高二数学 一、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，只有一项符合题目要求. 1. 已知函数（其中是的导函数），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对函数求导,得到的表达式.再通过令求出的值,最后将代入求出. 【详解】已知,对求导可以得到,. 令, 将代入导函数有 . 将代入的表达式中: . 故选：B. 2. 若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项AB：若，，则直线，的位置关系有：平行、相交或异面，故A、B错误； 对于选项CD：若，，则，故C正确，D错误. 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. , B. , C. , D. , 【答案】A 【解析】 【分析】运用导数求解. 【详解】函数的导数 ，由得， 即， 所以函数的单调递减区间为； 故选：A. 4. 平行六面体的所有棱长均为1，，则的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由为平行六面体，可知为体对角线，由向量的模长公式即可求得. 【详解】 故选：B 5. 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． 6. 在直三棱柱中，，分别是的中点，，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量，，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如下图所示：设，则，，，， 可得， 设直线与所成的角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 7. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以D为坐标原点， ，分别为x轴，y输、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图， 以D为坐标原点， ，分别为x轴，y输、z轴正方向建立空间直角坐标系，则．从而. 设平面的法向量为，则，即，得， 令，则，所以点E到平面的距离为． 故选：C 8. 定义在上的奇函数，其导函数为，，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造，利用导数结合奇偶性判断其单调性，再将合理转化并分类讨论，求解的取值范围即可. 【详解】设，则， 由于当时，， 则当时，，在单调递减， 又为奇函数，， 则，则函数为偶函数， 由偶函数性质可得函数在上单调递增，又，则， 当时，由，可得，即，解得； 当时，由，可得，即，解得； 综上，不等式的解集为，故D正确. 故选：D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是函数的导函数的图像，则下列判断正确的是（ ） A. 在区间上，单调递增 B. 在区间上，单调递增 C. 在区间上，单调递增 D. 在区间上，单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】当，则单调递增，当，则单调递减，据此可得答案. 【详解】由题图知当时，， 所以在区间上，单调递增，BC正确； 当时，，当时，，所以在区间上，单调递减.在上递增，A错误； 当时，，所以在区间上，单调递减，D错误； 故选：BC 10. 如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，则下列结论中正确的是 A. B. 平面平面 C. 直线平面 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据线面垂直的判定可证得平面，由线面垂直性质知正确；根据面面垂直的判定可知在五棱锥中，只有侧面､侧面与底面垂直，错误；根据可知与平面相交，错误；由正六边形特点和长度关系可确定正确. 【详解】对于，平面，平面，， 又底面为正六边形，， ，平面，平面， 又平面，，正确； 对于，平面，平面，平面平面， 同理可得：平面平面， 则在五棱锥中，只有侧面､侧面与底面垂直，错误； 对于，，平面，与平面也相交，错误； 对于，，底面为正六边形，， 在中，，，正确. 故选：. 【点睛】本题考查立体几何中线面关系、面面关系等命题的辨析；涉及到线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的判定定理等知识的应用，属于常考题型. 11. 函数满足，则正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件构造新函数，利用函数导数与函数的单调性，逐项比较大小即可. 【详解】令，由， 又 且， 所以，所以函数在上单调递减； 对于A，因为，所以，所以，故A正确； 对于B，因为，所以，所以，故B错误； 对于C，因为，所以，所以，故C正确； 对于D，因为，所以，所以，故D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，向量若，则____. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量平行的坐标表示，结合已知条件，直接计算即可. 【详解】若，则， 解得，，故. 故答案为：. 13. 若函数在上单调递增，则实数的最大值为___________________． 【答案】2 【解析】 【分析】先对原函数求导，再把原函数单调的问题转化为导函数的恒成立问题，结合分离参数法得到，最后得到参数取值范围，进而求出最值即可. 【详解】因为，所以， 由在上单调递增，得到，即， 又当，令，由二次函数性质得在上单调递增， 则，故，则实数的最大值为2． 故答案为：2． 14. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是______________. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，由极值点的意义分离参数，构造函数转化成直线与函数图象在上有两个交点求解. 【详解】因为，所以， 依题意，函数在上有两个变号零点，由，得， 令，，于是直线与函数在上的图象有两个交点， 而，由，得，由，得， 即函数在上单调递增，在上单调递减，又， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象， 观察图象知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 即函数在上有两个变号零点，函数在上有两个极值点， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）求在区间上的最大值. 【答案】（1）调递增区间为，单调递减区间为； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再解导函数大于0、小于0的不等式即得. （2）利用导数求出最大值. 【小问1详解】 函数的定义域为R，求导得， 当或时，；当时，， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）得函数在上单调递增，在上单调递减， 而，则， 所以在区间上的最大值为. 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，E为PD的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解二面角的平面角的余弦值即可. 【小问1详解】 如图，连接，交于点，连接. 因为底面是矩形，所以是的中点， 又E为PD的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面ABCD，平面，所以， 又底面为矩形，所以，AB，AP两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，则，，，，，，. 设平面的法向量为， 则，令得. 易知知是平面的一个法向量， 所以， 由图可知，二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若对，都有恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率，然后由点斜式可得； （2）参变分离，利用导数求最值可得解. 【小问1详解】 当时， ，，故， 由，得切线方程为，即； 【小问2详解】 原条件等价于对恒成立， 令，，则， ，令，得，令，得 ， 所以在上单调递增，在上单调递减； 计算得，，又， 所以，故的取值范围为. 18. 图1是直角梯形，，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图2. （1）求证：； （2）若平面平面，在棱上找一点，使得点到平面的距离为，并求的值； （3）在（2）的前提下，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）先说明即为二面角的平面角，则，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （3）根据线面角的向量求法计算即可. 【小问1详解】 取的中点，连接，四边形是边长为2的菱形 则， 又平面， 所以平面， 又平面，所以； 【小问2详解】 在菱形中，，则， 所以，所以， 因为， 所以即为二面角的平面角， 因为平面平面， 所以，即， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 设， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为点到平面的距离为， 所以， 解得， 所以； 【小问3详解】 由（2）得，， 则， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 19. 定义：若函数在其定义域内存在极大值和极小值，且存在一个常数k，使得成立，则称为“极值可差比函数”，常数为的“极值差比系数”.已知函数. （1）当时，判断是否为“极值可差比函数”，并说明理由； （2）是否存在，使得的“极值差比系数”为?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由； （3）设函数，数列满足，，，证明：. 【答案】（1）是，理由见解析 （2）不存在，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出的导数，根据导数求出极值点，再计算的值，判断是否满足“极值可差比函数”的定义即可. （2）先根据函数有两个不同的正根得出的取值范围，再通过的表达式求出，结合已知的值建立方程求解即可. （3）求出的表达式，并求导判断其单调性，再构造函数，通过分析的单调性，结合的递推关系证明不等式即可. 【小问1详解】 当时，，， 则，令，得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 的极大值为，极小值为. 所以. 是“极值差比系数”为的“极值可差比函数”. 【小问2详解】 假设存在，使得的“极值差比系数”为. ，， . 又为“极值可差比函数”，有两个不同的极值点，， 故关于的方程在上有两个不同的实数解，， 则，解得，则. 不妨设，则， 所以 ，则， ，， ，，则，即. 令，，则， 在上单调递增，则. 在时无解. 故不存在，使得的“极值差比系数”为. 【小问3详解】 ，定义域， 要证，即证， ，，即，， 故证<，设，则， 证即可， ，的判别式， 恒成立，即，在单调递减， 所以当时，，即， 又， 令，在单调递增； 令，在单调递减； ，，，， 且， ，，， 所以当时，，，， 又在单调递减，，即， 得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $