甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中数学试题原卷版docx、甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

说明：
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.
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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 若，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数定义和导数的计算法则求出，即可得出结果.
【详解】根据导数的定义可得，
由可得，
可得，即.
故选：B
2. 在四面体中，为棱的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】,
故选:A

3. 已知向量，若三点共线，则（ ）
A. B. C. 2D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据三点共线得向量共线，然后根据向量共线的坐标形式列式计算即可.
【详解】因为三点共线，所以与共线，又向量，
所以，所以，所以.
故选：A
4. 展开式中的常数项为（ ）
A. 240B. C. 180D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为，
令，
所以展开式中的常数项为，
故选：A
5. 把一个周长为的长方形围成一个圆柱，当该圆柱的体积最大时，圆柱底面半径为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，则高为，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，求出单调区间，即可求出结果.
【详解】设圆柱的底面半径为，则高为，可得，
则该圆柱的体积，
则，
令，解得，此时单调递增；
令，解得，此时单调递减；
所以当时，圆柱体积取得最大，此时圆柱的高为.
故选：C.
6. 已知函数，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据偶函数定义判断函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性，最后利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，即可比较.
【详解】因为函数的定义域为R，且，
所以函数为偶函数，所以，
又，令，则，
所以函数在上单调递增，所以，
所以函数在上单调递增，
因为，，
所以，所以，所以.
故选：A
7. 已知定义在上的函数满足，且，则的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，可判断在单调递减，根据单调性即可求解.
【详解】令，，则，
所以在单调递减，因为，所以，
时，不等式化为，即，即，所以，
所以不等式的解集为.
故选：C.
8. 若不等式（其中）的解集中恰有一个整数，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性，进而画出图象，令，数形结合列不等式组求解即可.
【详解】令，
当时，，当，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，且，
而当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于0，
当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大，
令，该函数图象为恒过的动直线，
因为不等式的解集中恰有一个整数，
结合图象可得，即，所以.
故选：D
二､多选题（本大题共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. 下列说法正确的是（ ）
A. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为
B. 已知，则在上的投影向量为
C. 若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为
D. 直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与的位置关系为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据空间中点的对称规则可知A正确，由投影向量的定义可知B错误；根据空间向量的基本定理可知，即C正确，由线面位置关系的向量证明可知直线与的位置关系为或直线在内,即D错误.
【详解】对于A，点关于平面对称的点应满足横纵坐标不变，竖坐标变为相反数，即为，即A正确；
对于B，由投影向量定义可得在上的投影向量为，即B错误；
对于C，不妨取，则；
设，可得，解得；
因此，所以C正确；
对于D，易知，则直线与位置关系为或直线在内，因此D错误.
故选：AC
10. 函数（其中为自然常数）.则下列结论正确的是（ ）
A. 时，函数定义域内单调递增
B. 时，函数的极小值点为
C. ，函数总存在零点
D. ，曲线都存在平行于轴的切线
【答案】AB
【解析】
【分析】本题对于A、B选项，代入验证即可；对于C选项举反例即可；对于D选项，举反例，结合导数的几何意义分析即可.
【详解】选项A：当时，，，
恒成立，在为增函数.
故选项A正确.
选项B：时，，，
，令，得：，
当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.
是函数的极小值点.
故选项B正确.
选项C：当时，，显然不存在零点.
故选项C不正确.
选项D：当时，，，
则，根据导数的几何意义，任一点的切线斜率均大于零，
不存在斜率为零的切线，即此时不存在与x轴平行的直线.
故选项D不正确.
故选：AB.
11. 正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A. 当，时，与平面所成角为
B. 当时，有且仅有一个点，使得
C. 当，时，平面平面
D. 若，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
分析】利用线面夹角定义直接判断选项A，结合平面基本定理和勾股定理即可判断选项B，建立空间直角坐标系，利用向量法判断面面垂直，即可判断选项C，结合长度关系，判断点轨迹，即可判断选项D.
【详解】当，时，与重合，
由已知得，平面，
所以就是与平面所成的角，
因为，
所以，
所以，
即与平面所成角为，A正确；

当时，取线段中点分别为，
连接，
因为，即，
所以，
则点在线段上，
设，则，
则，
，，
若，则，
则，
则，所以或，
则点与、重合时，，
即当时，存在两个点使得，故B错；

当，时，，
则，所以是中点，
取中点，中点，
建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
所以，，
，，
设平面和平面的一法向量分别为，
则，，
解得，，
令，，
可得，，
因为，
所以，
即平面平面，C正确；

若，因为，，，
所以点在侧面上，
又平面，，
所以点的轨迹是以Q为圆心，半径为的半圆，轨迹长度为，故D准确.
故选：ACD
第II卷（非选择题）
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 设，则______.
【答案】
【解析】
分析】利用赋值法求得及，相减即可求得.
【详解】令得，所以，
令得，
所以，所以.
故答案为：
13. 若函数在上单调递增，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性可得，，再由函数不等式恒成立问题求函数最值即可得出结论.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以，，
由题意得，
因为，所以，
即在恒成立，等价于在上，，
而在的最小值为，
即．
故答案为：-1.
14. 函数.对于，都有，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出在上的最小值和在上的最大值，由题意，列式求解即可.
【详解】因为，，所以，
所以时，，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，所以，
因为，，所以，
所以时，，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，又，，
所以，
对于，都有，则，
所以，即.
故答案为：
四､解答题（本大题共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. 如图所示，平行六面体中，.
（1）用向量表示向量，并求；
（2）求直线与直线所成角的余弦值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的运算法则即可表示出结果，再将平方可求得模长为；
（2）易知，求出，再由向量夹角计算公式可求得余弦值为.
【小问1详解】
，
则
，
所以.
【小问2详解】
由空间向量的运算法则，可得，
因为且，
所以，
，
则.
则与所成的角的余弦值为.
16. 已知函数，
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若函数在上的最小值为3，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入可得，利用导数的几何意义可求得切线方程为；
（2）对函数求导，对参数进行分类讨论并得出在上的单调性，求得其最小值并解方程可得.
【小问1详解】
若，则，其定义域为
从而，
故，
故所求切线方程为.
【小问2详解】
因为，
则，得
当，即时，可知在恒成立，所以在上单调递增，
所以，即（舍去）；
当，即时，可知当时，，当时，；
所以在单调递减，在单调递增，
可得此时，解得（舍去）；
当，即时，易知在恒成立，所以在单调递减，
所以，解得，符号条件；
综上所述，.
17. 如图，在直三棱柱中，是的中点，是的中点，是与的交点.

（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，可得是平面的一个法向量，又可求出结果；
（2）假设存在满足题意的点，设并利用垂直关系的向量表示可得，即，所以.
【小问1详解】
在直三棱柱中，因为；
以点为坐标原点，方向分别为轴正方向，
建立如图所示空间直角坐标系,

因为，所以，
所以，
设是平面的法向量，
则，即，取，则，
所以是平面的一个法向量.
又因为点坐标为，所以.
设与平面所成的角为，则.
即与平面所成的角正弦值为.
【小问2详解】
存在，线段上靠近的三等分点，满足平面.
因为为的中点，所以，
设，所以
所以，由（1）知平面的一个法向量为.
若平面，则，所以，
即，解得，
所以存在，线段上靠近的三等分点，使得平面，
则，
即的长为
18. 设函数.函数
（1）当时，判断函数的零点个数；
（2）令函数，求函数的单调区间；
（3）已知函数在处取得极大值，求实数的取值范围.
【答案】（1）个
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数求得函数单调性，得出函数分别在和处取得极大值和极小值，再判断出其符号可得结论；
（2）对求导可得，对参数进行分类讨论即可得出函数的单调区间；
（3）根据极值点定义可得，结合（2）条件对参数的不同取值得出其单调性，即可求出实数的取值范围为.
【小问1详解】
，则；
令，解得或，
令，解得或；令，解得；
故的单调递增区间为和的单调递减区间为；
即分别在和处取得极大值和极小值，
且又
所以有且只有一个零点.
【小问2详解】
由可得，
可知.
当时，，故在上单调递增；
当时，得；
从而的解集是的解集是.
则在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问3详解】
易知恒成立.
当时，由（2）可知在上单调递增，
又；则在上单调递减，在上单调递增.
显然在处取得极小值，不符合题意；
当时，由（2）可知在上单调递增，在上单调递减.
①当即时，时）时，
从而在单调递减，在上单调递增，
故不可能是的极大值点，不满足条件；
②当即时，由（1）及可知，
从而不是的极值点，不满足条件；
③当即在上单调递减.
故当时，；当时，.
从而在上单调递增，在上单调递减，
则是的极大值点，满足条件.
综上，的取值范围是.
19. 已知函数是自然对数的底数.
（1）若，证明：；
（2）若关于的方程有两个不相等的实根，求的取值范围；
（3）若为整数，且当时，不等式恒成立，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用导函数求得函数单调性并求得其最值，可得结论；
（2）将方程有两个实根转化为函数与函数有2个交点，求得函数单调性结合图象可知；
（3）将不等式恒成立转化为即可，构造函数并根据零点存在定理可得存在，满足，再结合单调性和零点范围可得的最大值为2.
【小问1详解】
若，即证，
设，则，
由，得，所以当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，
即，即，
所以可得.
【小问2详解】
方程，即，显然当时，方程不成立，则，
若方程有两个不等实根，即函数与函数有2个交点，
易知，
当时，在区间和上单调递减，
当时，，当时，
当时，在上单调递增，
所以当时，时，取得最小值，且，
且时，，当时，
其图象如图所：，
结合图象可知与有2个交点，则；
因此的取值范围为
【小问3详解】
当时，，
所以时，，也即，
当时，，
令，则，
令
当时，，则在单调递增，
又易知，所以在上存在唯一的零点，即在上存在唯一的零点，
设此零点为，则，且，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以的最小值为，
所以，即可得整数的最大值为2.
点睛】关键点点睛：不等式恒成立问题往往通过构造函数将问题转化成求函数最值问题，再利用导函数得出函数单调性求得其最值，即可得出结论.