福建省龙岩市第二中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份福建省龙岩市第二中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：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，只有一个符合题目要求请把答案填涂在答题卡上.
1. 下列函数求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本初等函数的求导公式以及导数的四则运算求解即可.
【详解】，A错误；
，B正确；
，C错误；
，D错误.
故选：B.
2. 已知向量共面，则实数的值是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间共面向量定理，结合已知向量的坐标，待定系数，求解即可.
【详解】因为共面，所以存在，使得，
整理得，解得.
故选：C.
3. 已知过点的直线与曲线相切于点，则切点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设切点坐标，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点求出，即可求出切点的坐标.
【详解】设切点坐标为，由，得，
则过切点的切线方程为，
把点代入切线方程得，，即，
又，所以，则，
则切点坐标为.
故选：A
4. 函数的图象如图所示，设的导函数为，则的解集为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】理解导函数和函数的意义，结合图像即可求解.
【详解】由题意，，
又因，由图可当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以①当时，且，
②当时，且；
综上，;
故选：D.
5. 如图，在三棱锥中，．若点分别在棱上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的基本定理及利用向量的加法表示出即可求解．
详解】由，
得，
所以，
故选：C．
6. 已知直线的方向向量为，且过点，则点到直线的距离为（ ）
A. 1B. 2C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】用空间向量法求点到直线的距离.
【详解】因为，所以点到直线l的距离为
，
故选：C
7. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意构造函数，利用导数研究其单调性，代入对应值，可得答案.
【详解】令，则，当时，，单调递减，
因为，所以，，即，故.
故选：C.
8. 已知函数，若关于x的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据的解析式，可得的单调性、奇偶性，即可作出的图象，即可求得t的最小值，利用导数判断的单调性，结合t的范围，作出的图象，数形结合，可得 时，的图象与图象有2个交点，此时与分别与有2个交点，即即有四个不同的解，满足题意，即可得答案.
【详解】设，则有四个不同的解，
因为，
所以为偶函数，且当时，为增函数，
所以当时，为减函数，
所以，即，
当时，，
则，
令，解得，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
又，
作出时的图象，如图所示：

所以当时，的图象与图象有2个交点，且设为，
作出图象，如下图所示：

此时与分别与有2个交点，即有四个不同的解，满足题意.
综上实数m的取值范围为.
故选：A
【点睛】解题的关键是根据解析式，利用函数的性质，作出图象，将方程求根问题，转化为图象求交点个数问题，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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. 已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 与是共线向量
B. 与同向的单位向量是
C. 在方向上的投影向量是
D. 与的夹角为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据共线向量的定义判断A，结合单位向量和共线向量的定义判断B，根据投影向量的定义判断C，根据向量垂直的坐标关系判断D.
【详解】已知空间中三个向量，，
对于A选项，因为，故、不共线，A错；
对于B选项，与同向的单位向量是，B对；
对于C选项，在方向上的投影向量是，
所以在方向上的投影向量是，C对；
对于D选项，因为，
则、不垂直，D错.
故选：BC.
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 是的极大值点B. 有3个零点
C. 点为图象的对称中心D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】对函数求导，求方程的根，得的单调性，即可判断选项A；求方程的根，即可判断选项B；将函数解析式进行变形，根据函数图象的平移变换法则得到图象的对称性，从而判断选项C；利用函数的单调性与图象的对称性，即可判断选项D．
【详解】选项A：由，得，
令，解得或，
令，得或；令，得．
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极小值，故A错误．
选项B：解法一：令，得，
即，解得或或，即有3个零点，故B正确．
解法二：根据选项A可知的单调性，由
则，所以在上有1个零点，
又，，则，
故在上各有一个零点，
结合单调性可知，时，时，，
从而在上有3个零点，故B正确．
选项C：，
根据二项式定理，又，
于是，令，
则函数可转化为，
又为奇函数，故其图像关于点对称，
可知的图像关于点对称，图像向右平移单位得到图像，
所以点是图像的对称中心，故C正确．
选项D：当时，，
又函数在上单调递减，所以，
因为点是图像的对称中心，所以，
所以，故D正确．
故选：BCD
【点睛】结论点睛：
（1）若函数的图象关于点对称，则；
（2）三次函数图象的对称中心：任意三次函数的图象均为中心对称图形，且对称中心为点，其中是的二阶导数的零点．
11. 已知函数，若，则下列选项中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对求导，说明其单调性，即可判断A、C；构造函数研究其单调性，即可判断B；构造函数，利用导数研究其单调性，即可判断D；
【详解】解：因为，所以，令，解得，即在上单调递增，令，解得，即在上单调递减，当，的符号无法确定，故A错误；
当时函数取得极小值，且当时，时，故，故C正确；
令，，则在上单调递增，故时，即，所以，故B正确；
令，，则，，，当时，即在上单调递减，当时，即在上单调递增，，所以恒成立，即在上单调增，因为，所以，故，即，故D正确；
故选：BCD
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的构造，属于中档题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12 若，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的定义求值.
【详解】由题意：，
所以.
故答案为：
13. 如图所示，在正方体中，是底面正方形的中心，是的中点，是的中点，则直线的位置关系是______．
【答案】垂直
【解析】
【分析】以为空间一组基底，得到，得到⊥，即⊥.
【详解】以为空间一组基底，
则
＝·
＝·
，
所以⊥，即⊥.
故答案为：垂直
14. 已知为实数，，若恒成立，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】将问题转化为函数与有相同的零点，利用零点列方程后，构造函数，结合导数来求得的最小值.
【详解】依题意，函数与在上单调递增，
且函数的值域为，，不等式恒成立，
当且仅当函数与有相同的零点，因此，
由得，，由得，于是，
则，，令，
，，
当时，，当时，，
因此函数在上递减，在上递增，
当时，，
从而得的最小值为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分（13+15+15+17+17）．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知函数在处取得极小值，且极小值为．
（1）求的值；
（2）求在上的最值.
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）对求导，得到，根据条件得到，即可求解；
（2）利用（1）中结果，求出在上的单调性，再比较两端点函数值，即可求解.
【小问1详解】
因为，由题知，
解得，所以，
当时，，时，，
则的增区间为，减区间为，
所以满足题意.
【小问2详解】
由（1）知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，，，
所以在上的最大值为，最小值为.
16. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的平面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明可得出结论；
（2）由二面角的向量求法计算可得二面角的平面角的正弦值．
【小问1详解】
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，则，，，，
，，，
设是平面的一个法向量，
则由，得，．
因此，可得，又平面，
平面．
小问2详解】
由（1）知是平面的一个法向量，
由面，面，则，又，
由都在面内，则面，即面，
则是平面的一个法向量．
设锐二面角的平面角为，则，
所以二面角的正弦值为.
17. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分与两种情况讨论可求单调区间；
（2）由题意恒成立，构造函数，求导，分，两种情况求的最大值，利用最大值小于0即可求解.
【小问1详解】
因为函数，所以，
当时，，所以函数在R上单调递增；
当时，在R上单调递减，令，可得，
所以当时，；当时，．
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，函数在R上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
因为恒成立，所以恒成立，即恒成立，
令函数，所以恒成立，
所以函数的最大值小于0，，
当时，函数在R上单调递增，函数无最大值，
当，函数，故不符合题意；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值为，
令，，易知在上单调递增，
又，，所以，故实数m的取值范围是．
18. 如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）在棱BC上是否存在异于点B的一点E，使得DE与平面所成的角为？若存在，求出的值若存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意，分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据题意，连接，以A为原点，AB，AC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算结合线面角的求法即可得到结果.
【小问1详解】
∵平面，平面，∴，
∵，∴
由已知得，，∴，同理可得
∴，即
又，平面，∴平面
【小问2详解】
连接，∵，，，∴，
∵平面，∴，
以A为原点，AB，AC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则
设，则，∴
由（1）知平面的一个法向量为
∴
化简得，解得或（舍去）
故在棱BC上存在异于点B的一点E，使得DE与平面所成的角为，且
19. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：函数有两个零点；
（3）记第（2）问中的函数的两个零点为，证明：且.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）利用导数求解的单调区间，结合零点存在性定理证明即可；
（3）令，，利用导数证明，，再利用放缩法即可证明.
【小问1详解】
由题意，所以曲线在点处切线斜率，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由题意，，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
令，则，
所以在上单调递减，，
因为，所以存在唯一零点，
因为，
令，则，所以在上单调递增，
所以，所以存在唯一零点，
综上函数有两个零点满足.
【小问3详解】
令，则，
所以当时，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即，
所以，即有，
由（1）得在处的切线方程为，
设，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数研究函数的零点，利用导数研究函数的单调性，第三问的关键是利用，放缩从而证明不等式，属于较难题.