福建省漳州市平和正兴学校2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

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考试时间：120分钟 满分：150分
一、选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由基本初等函数求导法则，导数四则运算以及复合函数求导法则运算即可逐一判断每个选项.
【详解】，，，.
故选：D.
2. 已知，若三向量共面，则实数等于（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
分析】利用向量共面定理，设，列出方程组，解出即可.
【详解】因为三向量共面，设，
所以，即，解得，
故选：C.
3. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导数，再利用给定单调区间及单调性列出列式，分离参数求解即得.
【详解】函数，求导得，
由在上单调递增，得，，而恒有，
则，又时，，在上单调递增，
所以实数a的取值范围是.
故选：D
4. 在空间直角坐标系中，已知 ，则点 到直线 的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量法求出点到直线距离即可.
【详解】，，
.
故选：A.
5. 已知函数的定义域为，对任意，有，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分又不必要条件D. 充要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，可得函数在上单调递增，再根据函数单调性解得，由充分性必要性的定义，即可得到结果.
【详解】因为，则，
令，则，所以在上单调递增.
，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
6. 已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以点D为原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量结合二次函数求解作答.
【详解】在棱长为2的正方体中，以分别为轴建立空间直角坐标系，
则有，则，
设点，
则点到直线的距离
，
当且仅当时取等号，则点到直线距离的最小值为.
故选：D.
7. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用函数单调性确定大小，通过作差，判断正负即可确定大小即可.
【详解】设，则，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
，则，
又，得，
所以，
故选：A
8. 已知函数有两个极值点，，若不等式恒成立，那么的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，由函数有两个极值点，，可得方程在上有两个不相等的正实数根，由根与系数的关系可求得的取值范围，由，令，利用导数研究其范围即可．
【详解】函数的定义域为，且，
因为函数有两个极值点，，
所以方程在上有两个不相等的正实数根，
则，解得．
因为
，
设，
，易知在上恒成立，
故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：先求导函数，根据极值点、韦达定理求，，关于a的表达式及的范围，再将题设不等式转化为恒成立，最后利用导数研究范围可得答案.
二、多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
9. 【多选】如图，已知正方体的棱长为，、分别为棱、的中点，则下列结论正确的为（ ）

A. B.
C. D. 为平面的一个法向量
【答案】BC
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、 所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、
、、、.
对于A选项，，，则，故A错误；
对于B选项，，，则，故B正确；
对于C选项，，故，故C正确；
对于D选项，，故不是平面的一个法向量，故D错误.
故选：BC.
10. 已知向量，，，则（ ）
A. B. 在上的投影向量为
C. D. 向量共面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量模长、投影向量求法、向量垂直的坐标表示、向量共面的判断方法依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，，，A正确；
对于B，，
在上的投影向量为，B正确；
对于C，，与不垂直，C错误；
对于D，，共面，D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，，若直线与曲线和分别相交于点，，，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用导数分别求出，的单调性，画出图像，数形结合得出的范围，根据和的单调性即可判定.
【详解】因为的定义域为R，，令，即，
所以在上为增函数，在上为减函数，且，
当时，当时，
的定义域为，，令，即，
所以在上为增函数，在上为减函数，且，
当时，当时，
如图：
易知，且，
因为，所以，
因为，在上为增函数，所以，即，
同理，即，
所以，
又，所以，故A正确，B错误；
又，
故D正确，C错误；
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用导数得出，的单调性，借助和的单调性可得结果.
三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12. 在三棱锥中，和都是等边三角形，，D为AB中点，则的值是________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，根据余弦定理求得，利用空间向量的线性运算与数量积的运算律可得，结合数量积的定义计算即可求解.
【详解】如图，在中，，
所以
，
即的值为.
故答案为：
13. 如图，四边形是正方形，平面，且，是线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
因为平面，则，，又四边形是正方形，
则，以为坐标原点，分别为轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，且，则，
，，又是线段的中点，则，
则，，则，
设异面直线与所成角为，即，
则，所以，
即异面直线与所成角的正切值为.
故答案：
14. 已知，，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】依题意可得，则，令，利用导数求出的最小值，即可得解.
【详解】，，
，，，
即，所以，
令，，
则，
所以当时，当时，
所以上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，当且仅当时取得.
故答案为：
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. 已知函数．
（1）求函数的图象在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间．
【答案】（1）
（2）单调递减区间为，单调递增区间为.
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用导数的几何意义，即可求得切线方程；
（2）求得，结合导数的符号，即可求解函数的单调区间.
【小问1详解】
解：由函数，可得，可得，
因为切点为，所以切线方程为，即.
【小问2详解】
解：由函数，其定义域为，且，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
16. 如图，在直三棱柱中，，点是棱上的一点，且，点是棱的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面法向量即可利用向量垂直求证．
（2）利用向量的夹角即可求解．
【小问1详解】
因为直三棱柱中,，故,所以两两垂直，
分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
， ，点是棱的中点
所以，
所以,
所以，
设平面法向量为，则，
令，则，，所以平面的法向量．
设平面法向量为，则，
令，则，所以平面的法向量．
由于，故，
因此平面平面；
【小问2详解】
由（1）知平面的法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17. 如图，棱柱的所有棱长都等于2，且，平面平面．
（1）求平面与平面所成角的余弦值；
（2）在棱所在直线上是否存在点P，使得平面．若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，点P在的延长线，且.
【解析】
【分析】（1）取中点，先证平面.再以为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角所成的余弦.
（2）根据在线段上，设，再由和平面的法向量，求，即可得解.
【小问1详解】
如图：
取中点，连接，，.
因为各棱长均为2，且，所以是等边三角形.
所以.
又因为，，所以是等边三角形.
所以，又平面平面，平面平面，
平面，
所以平面.
由，所以可以以为原点，建立如图空间直角坐标系.
那么：，，，.
设平面的法向量为，则
，取；
因为平面，可取平面的法向量.
则，即为平面与平面所求角的余弦值.
【小问2详解】
因为，
设，因为在上，可设，
则，
可得.
设平面的法向量为，
则，
取.
由.
所以存在点P，使得平面，此时点P在的延长线，且.
18. 已知函数
（1）当时，求函数的极值；
（2）求函数的单调区间；
（3）若对任意的实数，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”．当时，若函数是“恒切函数”，求证：．
【答案】（1）有极小值，无极大值.
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用极值的定义求解即可；
（2）分类讨论求的单调区间即可；
（3）利用“恒切函数”的定义，列方程组得出，然后结合的范围求解即可.
【小问1详解】
函数,
,
当时， ，
，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故有极小值，无极大值.
【小问2详解】
，
当时，，在单调递减；
当时，，,，
,且为增函数，
时，，在单调递增；
时，，在单调递减；
综上得：当时，在单调递减；
当时，在单调递增,在单调递减；
【小问3详解】
当时，函数是“恒切函数”，
且,
设函数与直线切点,则,
故，即，，，
，所以是方程的根，
设，,
,
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
且,
，，
是方程的根，
所以或,
或
故.
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围；
（3）当时，试判断函数的零点个数，并给出证明．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）有且仅有2个零点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，再分与两种情况分类讨论的单调性即可求解；
（2）根据条件，分离常量得到，构造，将问题转化成求的最大值，即可解决问题；
（3）构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解．
【小问1详解】
因为，
所以，
当时，恒成立，所以；
当时，令，
解得（舍去负根），
令，得；令，得．
综上所述，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由恒成立，得上恒成立，
所以在上恒成立．
令，
则．
令，
易知在上单调递减．
又，
所以当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
即，
所以，即的取值范围为．
【小问3详解】
当时，，
则，
令，
则，
当时，，所以在上单调递减．
又，
所以在上存在唯一的零点．
设在上的零点为，
可得当时，，单调递增；
当时，单调递减，
解法一：，
因为，所以，
故．又，所以．
又，
所以在上有一个零点．
又，
所以在上有一个零点．
当时，，
所以在上没有零点．
当时，
令，
则，
所以在上单调递减，
所以，所以，
所以，
而，所以，
故在上没有零点．
综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．
解法二：因为，，
所以在上有一个零点．
又，
所以在上有一个零点，
当时，，
易证，
所以，
从而在上恒成立，
故在上没有零点．
当时，，
设，
则，
所以在上单调递减．
又，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
故在上没有零点．
综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．
【点睛】思路点睛：本题第二小问，将恒成立问题，分离常量转化为，构造函数，求的最大值，即可得解；第三小问，主要考查利用导数判断函数零点个数.利用导数可得当时，单调递增；当时，单调递减，其中，再结合零点存在性定理，可得零点所在区间得解.