精品解析：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 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 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的基本定理和基底的概念逐项判断即可. 【详解】对于A选项，因为不存在，使得，所以该组向量可以作为该平面的基底，故A错误； 对于B选项，不存在，使得，所以该组向量可以作为该平面的基底，故B错误； 对于C选项， 不存在，使得，所以该组向量可以作为该平面的基底，故C错误； 对于D选项，因为，所以该组向量不可以作为该平面的基底，故D正确. 2. 已知函数，则 （ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，， 所以. 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. 【答案】B 【解析】 【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形， 所以圆锥底面半径，母线， 因此圆锥的侧面积． 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 【答案】D 【解析】 【分析】由的图象得出在对应区间上的符号，从而得出函数的单调性，从而判断选项即可. 【详解】由的图象可知：当时，，单调递减； 当时，，单调递增，故A，B错误； 所以在处取得极小值，D选项正确； 当时，，单调递增，在处不是极小值，C选项错误. 5. 一个边长为6的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒.当方盒容积最大时，的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，利用导数求解即可. 【详解】解：由题意可知此容器为长方体，底面为正方形，边长为，高为， 所以， 则， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以当时，取最大值. 故选：B. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义以及切线方程的求解方法计算即可求解. 【详解】设公切线在曲线与的切点分别是， 由，得，所以，解得， 又，即，所以切线方程为； 由，得，所以，解得， 又，即， 因为点也在切线上， 所以，解得. 故选：B 7. 已知函数的图象关于点对称，则（ ） A. B. 10 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用中心对称的性质列式求出，进而求出目标值. 【详解】函数， 则， 由函数的图象关于点对称，得恒成立， 即恒成立， 因此，解得，所以. 故选：C 8. 已知函数在上的最小值为1，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】要让函数在区间上最小值为1，等价于整个区间内所有点的函数值都不小于1，再结合定义域分母不为负的约束可推导出，然后根据函数的最小值得到恒成立，接着构造函数，对函数求导，根据函数的性质得到的取值范围． 【详解】已知，由题意函数在上的最小值为1， 等价于对任意，都有恒成立． 由于时，，若分母， 则，与条件矛盾， 因此必须满足对所有恒成立， 即在上恒成立，令， 由幂函数性质得在上单调递减， 当时，，所以． 因为函数在上的最小值为1， 则恒成立，且存在，使得， 因为，故只需恒成立，即成立， 令．则，，， 令，则， 所以，所以解得， 因为当时，，所以， 令，则， 故在上单调递增，又， 所以当时，，即， 所以在上递增，所以，故成立， 综上，的取值范围是． 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、、所对的边为、、，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A、B、D根据三角形全等，易得三角形的形状唯一确定，故解唯一；对于C，可用正弦定理，结合正弦函数的图象，说明符合条件的三角形有两解. 【详解】对于A，三角形中，已知三边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即A正确； 对于B，三角形中，已知两个角和夹边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即B正确； 对于C，由正弦定理，即，所以， 因为，则, 因为，结合正弦函数的图象可知角有两解，故C错误； 对于D，三角形中，已知两边和夹角，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即D正确. 故选：ABD. 10. 已知正方体，分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 直线MN与直线异面 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，连接，由正方体的性质知：平面， 因为分别是，的中点，则， 故平面，因为平面，所以，故A正确； 对于B，若不是异面直线，则共面，此时确定的平面,则平面与正方体的上下两个底面的交线分别为，由于正方体的上下底面互相平行，根据面面平行的性质可知:,这显然不合理，故为异面直线，故B错误； 对于C，由A项得，平面，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，平面， 平面,所以MN与直线相交，不是异面直线，故D错误. 11. 已知且，函数，则（ ） A. 若，则有个零点 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项，构造函数，结合单调性和最值判断解的个数，对于选项，利用零点存在性定理判断函数单调性，结合单调性和区间端点函数值得符号，对选项进行判断，对于选项，利用指数函数增长速度快于幂函数增长速度即可判断. 【详解】对于：，时，. 则，即， 令，，时，， 在上，，单调递增，在上，，单调递减. ， 因为，所以， 在上，单调递增，， 在上，单调递减. ， 所以在上必有两个解， 所以有两个零点，所以正确； 对于：，， 令，，为增函数， ， 因为，所以，则， 所以， 所以在存在，使在上，在上， 所以在递减，在递增，且， 因为，所以，所以， 所以在上，所以在上递减.所以B正确. 对于：，时，同项有， 令，，时，， 在上，，单调递增，在上，，单调递减. ， 当时，，有两个零点， 当时，，有两个零点， 所以项错误； 对于：因为，所以中，一直以倍的速度增长.而中 的增长倍数无限趋近于.所以存在，使得当时，有. 所以项正确. 故选：. 【点睛】思路点睛：（1）利用导数研究函数的单调性、零点等问题，往往要先构造函数，再利用导数研究函数的有关性质，例如本题涉及指数函数和幂函数常常构造形如形式的函数. （2）对于超越方程无法直接求根，往往需要二次求导. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在四边形中，，，则该四边形的面积为___________. 【答案】5 【解析】 【分析】判断两条对角线的位置关系并计算模长，用对角线互相垂直的四边形面积公式计算. 【详解】已知向量，，则，说明四边形的两条对角线互相垂直. ，. 所以四边形的面积为. 13. 在中，内角，，所对的边分别是，，．已知，边上的高为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】首先过点作边上的高，可得出为等腰直角三角形，由勾股定理可得出，，最后由余弦定理求解即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 过点作边上的高，垂足为，由题可知， 在中，，因此为等腰直角三角形，可得，， 在中，，由勾股定理得，即， 根据余弦定理，对于有. 14. 已知函数，若存在唯一的负整数，使得，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】当时，由可得出，令，其中，利用导数分析函数在上的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】当时，由可得，则， 令，其中，则， 当时，令，可得，列表如下： 增 极大值 减 且，，，，如图所示： 要使得存在唯一的负整数，使得，即， 只需，即， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 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，求的值，并求出函数的单调区间； （2）若在上单调递减，求的取值范围. 【答案】（1），的单调减区间为，的单调增区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，再根据题意有，据此列式求出，从而求得的单调区间； （2）由题可知对恒成立，即对恒成立，因此求出在区间上的最小值即可得出结论. 【小问1详解】 ，则， 因为在处取得极值， 所以，解得， 经检验，当时， 在处取得极值; ， 在上单调递增； 单调递减； 所以的单调减区间为，的单调增区间为. 【小问2详解】 因为在上单调递减， 所以对恒成立， 则对恒成立， ∵当时，， ∴，即a的取值范围为. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：，，， ，则， 直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，， 又，平面，，平面， 平面，平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理逆定理得，利用线面垂直的性质定理得，然后利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）连接，与相交于点，连接AO，利用线面垂直的判定定理得平面，则即为所求的线面角，然后在中求解正弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，与相交于点，连接AO， ，侧面为正方形，则有， 平面，平面，， 又AC，平面，，平面， 则直线AB与平面所成角为， ，，， 又，则， 直线AB与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 17. 在非直角三角形 中，角 的对边分别为 ，且满足 . （1）求证: ; （2）若 ，求 的面积. 【答案】（1） 由可得, 又， 所以， 由于为非直角三角形，故,因此， （2）3 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合正弦的和差角公式可得，即可利用弦切互化求解， （2）根据正切的和差角公式可得，，即可由同角关系得正弦值，利用正弦定理求解长度，即可由面积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，可得, 解得或， 若，则,此时均为钝角，不符合题意， 故，,则，且为锐角，故， 又，为锐角，故, 由正弦定理得,解得 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，求的取值范围． 【答案】（1）在上单调递减；在上单调递增；在上单调递减 （2）由， 令，解得，或， 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； 则，所以，得证； 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； 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； 则，所以，得证． 综上，当时，若存在极小值点，必有，得证． （3） 【解析】 【分析】（1）将代入解析式，求导，再结合导数的符号即可得到的单调区间； （2）先求，再令，求出，或，再分，，三种情况讨论的极小值点，再证是否大于即可证明； （3）分和两种情况，再结合参数分离，构造函数，分析函数的单调性，求出函数的最值即可求解． 【小问1详解】 当时，， 则， 令，解得，或， 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， 综上，在上单调递减；在上单调递增；在上单调递减． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 对任意，有，即， 当时，恒成立，此时的取值范围为， 当时，， 令，，则， 令，，则， 所以在上单调递增，且， 所以当时，，即，所以在上单调递减； 当时，，即，所以在上单调递增， 所以，即， 综上，当时，；当时，． 故对任意，都有时，的取值范围为． 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）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】（1） （2） （i） （ii）法一：为唯一零点，所以， ， 要证，即证，即证， 即证，即证， 因为，， 令，则， 所以在上单调递增，则， 即，又，所以， 由（i）可知在单调递增，所以，得证． （ii）法二：为唯一零点，所以， ， 要证，即证，即证， 即证，即证， 即证， 即证， 即证， 即证， 记，则，令，则， 所以在上单调递减，上单调递增， 所以，所以原命题得证． 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义可得切线方程； （2）（i）分和进行讨论，时在上恒成立，结合易得在上不存在零点，时，令，可得在上单调递增，由可得，使得，即，所以在上单调递减，单调递增，由可得，从而，由零点存在性定理可得结果； （ii）方法一：由为唯一零点，可得，整理得，将要证的不等式转化为证，即证，由及的单调性可证； 方法二：由为唯一零点，可得，整理得，将要证的转化为证，记，求导分析单调性可证结果． 【小问1详解】 ，定义域为， ， 时，，，故切线方程为； 【小问2详解】 ，， （i）当时，，函数在上单调递增，， 所以在上不存在零点， 当时，令，在上单调递增， ，使得，即， 所以时，，时，， 所以在上单调递减，上单调递增， ，，， （其中，所以）， 所以当时，函数在上存在唯一零点，其中． （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 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. D. 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的小正方形，做成一个无盖方盒.当方盒容积最大时，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. B. 10 C. 2 D. 8. 已知函数在上的最小值为1，则的取值范围是（ ） 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、、所对的边为、、，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，分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 直线MN与直线异面 11. 已知且，函数，则（ ） A. 若，则有个零点 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. 在四边形中，，，则该四边形的面积为___________. 13. 在中，内角，，所对的边分别是，，．已知，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，求的值，并求出函数的单调区间； （2）若在上单调递减，求的取值范围. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 在非直角三角形 中，角 的对边分别为 ，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）求的取值范围； （ii）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $