福建莆田第一中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试卷

莆田一中2026-2027学年度上学期10月月考试卷 高二 数学必修二、选性必修二 命题人：卓丽霞 审核人：林清利 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，只有一个选项是符合要求的） 1．若，是同一平面内两个不共线向量，则下列各组向量不能作为该平面的基底的是（ ） A．与 B．与 C．与 D．与 2．已知函数，则（ ） A．4 B．2 C．－2 D．－4 3．若一圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则其侧面积为（ ） A． B． C． D． 4．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A．在上单调递增 B．在上单调递减 C．在处取得极小值 D．在处取得极小值 5．一个边长为6的正方形铁片的四角截去四个边长均为a的小正方形，做成一个无盖方盒．当方盒容积最大时，a的值为（ ） A． B．1 C．2 D．3 6．若曲线与有且仅有一条斜率为1的公切线，则实数（ ） A． B． C． D． 7．已知函数的图象关于点对称，则（ ） A．－10 B．10 C．2 D．－2 8．已知函数在上的最小值为1，则a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分．部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在中，角A、B、C所对的边为a、b、c，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 10．已知正方体，M，N分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ） A． B． C．平面ABCD D．直线MN与直线异面 11．已知且，函数，则（ ） A．若，则有2个零点 B．若，则在区间上单调递减 C．若有两个零点，则 D．若，则存在，使得当时，有 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12．在四边形ABCD中，，，则该四边形的面积为______． 13．在中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c．已知，BC边上的高为，则______． 14．已知函数，若存在唯一的负整数，使得，则实数a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．设函数． （1）若在处取得极值，求a的值，并求出函数的单调区间； （2）若在上单调递减，求a的取值范围． 16．如图，在直三棱柱中，，，，． （1）求证：平面平面； （2）求直线AB与平面所成角的正弦值． 17．在非直角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足． （1）求证：； （2）若，，求的面积． 18．已知函数，． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，若存在极小值点，证明：； （3）若对任意，都有，求a的取值范围． 19．已知函数，． （1）若，求在点处的切线方程； （2）若在上存在唯一零点， （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）求证：． 莆田一中2026-2027学年度上学期10月月考高二数学（参考答案） 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A B D B B C D ABD AC ABD 三、填空题 12．5 13． 14． 四、解答题 15．【详解】（1），则，1分 因为在处取得极值， 所以，3分 解得，4分 经检验，当时，，当， 当，，所以在处取得极值；6分 （2）因为在上单调递减， 所以对恒成立，8分 则对恒成立，9分 令，即，10分 因为当时，，12分 所以，即a的取值范围为．13分 16．【详解】（1）证明：由，，， 可得，1分 则，2分 直三棱柱中，⊥平面ABC，3分 平面ABC，所以，4分 又，平面，，5分 所以平面，6分 （2）连接，与相交于点O，连接AO，7分 由，则侧面为正方形，从而有，8分 由（1）平面，平面，所以，9分 又AC，平面，，所以平面，10分 则直线AB与平面所成角为∠BAO，11分 由，所以，，12分 又，则，14分 所以直线AB与平面所成角的正弦值为．15分 17．【详解】（1）由正弦定理，1分 可得，2分 又，4分 所以，5分 由于为非直角三角形，故，，6分 等式两边同除得．7分 （2）由，可得 ，9分 解得或，10分 若，则，此时B，C均为钝角，不符合题意，11分 故，，则，且C为锐角，故，，12分 又，A为锐角，故，，13分 由正弦定理得，解得．14分 ．15分 18．（17分）【详解】（1）当时，， 则，1分 令，解得，或，2分 当时，，，则，所以在上单调递减；当时，，，则，所以在上单调递增；当时，，，则，所以在上单调递减，4分 综上，在上单调递减；在上单调递增；在上单调递减．5分 （2）由， 令，解得，或，6分 ①当时，，当时，，，则，所以在上单调递减；当时，，，则，所以在上单调递增；当时，，则，所以在上单调递减， 此时是的极小值点，而是的极大值点；7分 则，所以，得证；8分 ②当时，，， 当时，，，则，所以在上单调递减； 当时，，，则，所以在上单调递减， 此时无极值点，更无极小值点；9分 ③当时，，当时，，，则，所以在上单调递减；当时，，，则，所以在上单调递增；当时，，，则，所以在上单调递减，此时是的极小值点，而是的极大值点；10分 则，所以，得证． 综上，当时，若存在极小值点，必有，得证11分 （3）解法一：对任意，有，即， 当时，恒成立，此时a的取值范围为，12分 当时，，令，，13分 则，14分 令，，则， 所以在上单调递增，且，15分 所以当时，，即，所以在上单调递减； 当时，，即，所以在上单调递增，16分 所以，即，综上，当时，；当时，． 故对任意，都有时，a的取值范围为．17分 解法二：因为，所以，12分 下证充分性：当时，，，13分 ，14分 令由（1）可得在上单调递增；在上单调递减，15分 所以时，取到最大值；，16分 所以 故对任意，都有时，a的取值范围为．17分 19．【详解】（1），定义域为，1分 ，2分 时，，，3分 故切线方程为；4分 ，， （ⅰ）当时，，函数在上单调递增，， 所以在上不存在零点，5分 当时，令，在上单调递增， ，，，使得，即，6分 所以时，，时，， 所以在上单调递减，上单调递增，7分 先证，令，， 则时，，时，， 所以在上单调递减，上单调递增，，8分 ，， ，9分 所以当时，函数在上存在唯一零点b，其中．10分 （ⅱ）解法一：b为唯一零点，所以， 则，11分 要证，即证，即证，12分 即证，即证，13分 因为，，14分 令，则， 所以在上单调递增，则，15分 即，又，所以，16分 由（ⅰ）可知在单调递增，所以，得证．17分 （ⅱ）法二：b为唯一零点，所以，，11分 要证，即证，即证，12分 即证，即证，13分 即证， 即证，14分 即证， 由可得即证，15分 记，则， 则时，，时，， 所以在（）上单调递减，上单调递增， 所以，所以原命题得证．17分 学科网（北京）股份有限公司 $