福建省龙岩市第一中学2024-2025学年高二下学期第二次月考(3月) 数学试卷（含解析）

这是一份福建省龙岩市第一中学2024-2025学年高二下学期第二次月考(3月) 数学试卷（含解析），共17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。
时间：120分钟 总分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量，，且与互相平行，则的值为（ ）
A. -2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用空间向量坐标的线性运算求、的坐标，根据空间向量平行有，即可求的值.
【详解】由题设，，，
∵与互相平行，
∴且，则，可得.
故选：A
2. 设f(x)是可导函数，若，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的定义计算即可得解
【详解】由可得，
所以，
故选：A
3. 已知，若不能构成空间的一个基底，则（ ）
A. 3B. 1C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果.
【详解】若不能构成空间的一个基底，
共面，
存在，使，
即，
解得，
故选：.
4. 设直线l的方向向量是，平面的法向量是，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面平行时直线的方向向量和法向量的位置关系判断.
【详解】当时，直线或直线在平面上，故充分性不成立，
当时，则必有，必要性成立，
故是的必要不充分条件.
故选：B.
5. 如图，空间四边形OABC中，，，，且，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算求解.
【详解】，
.
故选：C
6. 已知函数在区间上为单调递增函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得出在区间上恒成立，利用分离参数思想化为在上恒成立，求出的取值范围即可．
【详解】∵函数在区间上为单调递增函数，
∴在上恒成立，
即在上恒成立，
由于函数在上单调递减，所以，
即实数的取值范围是，
故选：D.
7. 设函数是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，根据题设条件以及导数，得出函数的单调性，将变形为，即，结合单调性，即可得出解集.
【详解】令
所以函数上单调递增
可变形为
即，解得
故选：D
【点睛】本题主要考查了根据函数的单调性解不等式，属于中档题.
8. 已知函数图象上存在关于y轴对称的两点，则正数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析的单调性，可得对称点分别位于与的图象上，从而得到，进而利用同构法，构造函数得到，再构造函数，由此得解.
【详解】因为，
所以当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
又的图象上存在关于y轴对称的两点，
所以这两个对称点分别位于与的图象上；
设在图象上，则在函数的图象上，且，
故有，即，
进而；
设，则，
又恒成立，故在上单调递增，
所以，即，
令，则在上恒成立，
故在上单调递减，
故，则，于是．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用同构法，将转化为，从而构造了函数，由此得解.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全都选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9. 下面四个结论正确的是（ ）
A. 空间向量，若，则
B. 若空间四个点，，则三点共线
C. 已知向量，若，则为钝角
D. 任意向量满足
【答案】AB
【解析】
【分析】由空间向量的数量积及其运算性质可判断ACD，由空间向量的基本定理与共线定理可判断B
【详解】对于A：因为，，则，故A正确；
对于B：因为，则，即，
又与有公共点，所以三点共线，故B正确；
对于C：，
若为钝角：则，且与不共线，
由得，
当时，，即，由与不共线得，
于是得当且时，为钝角，故C错误；
对于D：是的共线向量，而是的共线向量，故D错误，
故选：AB
10. 已知函数，则（ ）
A. 曲线关于轴对称B. 曲线关于原点对称
C. 在上单调递减D. 在上单调递增
【答案】AD
【解析】
【分析】求得函数的奇偶性判断选项AB；利用导数求得在上的单调性判断选项C；求得在上的单调性判断选项D.
【详解】函数定义域为，
，
则函数为偶函数，曲线关于轴对称.
则选项A判断正确；选项B判断错误；
当时，，，
则当时，，单调递增，则选项C判断错误；
当时，，，
则当时，，单调递增，则选项D判断正确.
故选：AD
11. 已知函数及其导函数的定义域均为R．记，若f(1－x)，g(x＋2)均为偶函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数f(x)的图像关于直线x＝1对称
B. g(2023)＝2
C.
D. 若函数g(x)在[1，2]上单调递减，则g(x)在区间[0，2024]上有1012个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据偶函数的性质，结合函数的对称性的性质、函数的单调性逐一判断即可.
【详解】因为f(1－x)是偶函数，
所以，所以函数函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，因此选项A正确；
因为g(x＋2)为偶函数，所以有，
因此函数关于直线对称，
由，
因此函数关于点对称，由
，所以函数的周期为4，
在中，令，得，
在中，令，得，
所以，故选项B不正确；
由，令，得，因此选项C正确；
因为函数关于点对称，且在[1，2]上单调递减，
所以函数在也单调递减，而函数关于直线对称，
所以函数在上单调递增，且，
所以当时，函数有两个零点，
当时，由函数的周期为4，
可知函数的零点的个数为，所以选项D说法正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：根据函数的对称性判断函数的周期是解题的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则实数x的值为____．
【答案】
【解析】
【分析】根据两向量的数量积为0求解可得所求．
【详解】∵，
∴，
解得．
故答案为．
【点睛】本题考查数量积的运用，考查转化能力和运算能力，解题时注意向量垂直于数量积的关系，属于基础题．
13. 已知函数有两个不同极值点，则实数的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】等价于 有2个零点，再运用参数分离的方法构造函数，根据该函数的性质求解.
【详解】函数 有2个极值点等价于 有2个零点，
令 ， ，令 ，
，当 时 ，当 时， 是增函数，
当 时， 是减函数， ，当x趋于0时， 趋于 ，
当 时， ， ，当x趋于 时 趋于0，
的图像大致如下：
所以a的取值范围是 ；
故答案为：.
14. 已知函数，，用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数，则当h(x)恰有一个零点时，实数a的取值范围为________
【答案】或
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调性及极值，在同一坐标系作出，的图象，数形结合得解.
【详解】因为，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，
又在上单调递减，且，
因为恰有一个零点，
如图:
所以或，即或，
解得或
故答案为：a|a>−14或
【点睛】关键点点睛，利用函数图象，可知恰有1个零点需满足的条件，建立不等式求解.
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. 如图，三棱柱中，为中点，．设，，．
（1）试用表示向量；；
（2）若，，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）；；
（2）.
【解析】
【分析】（1）结合图形，根据空间向量的加减数乘运算，即可求解；
（2）由题知，进而根据向量模的公式得，，进而得，即可求解.
【小问1详解】
因为D为中点，
所以，
因为，所以，
所以，
.
【小问2详解】
因为，，
所以，，，
所以，
又因为，
所以，
，
所以，
所以异面直线AE与所成角的余弦值为．
16. 设函数.
（1）若曲线在点处的切线方程是，求a，b的值：
（2）求函数的单调区间及极值
【答案】（1）
（2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意结合导数的几何意义可知，列式求解即可；
（2）求导，利用导数判断原函数的单调区间和极值.
【小问1详解】
由题意可知：，则
因为曲线在点处的切线方程是，
则，即，解得.
【小问2详解】
因为，，
当时，；当时，；
可知函数的单调递增区间为和；函数的单调递减区间为，
的极大值为，的极小值为.
17. 如图所示，ABCD是边长为40cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设．
（1）若广告商要求包装盒侧面积S(cm)最大，试问x应取何值？
（2）若广告商要求包装盒容积V(cm)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
【答案】（1）
（2）；.
【解析】
【分析】（1）设包装盒的底面边长为，高为，将、用表示，利用二次函数的基本性质可求得的最大值及其对应的的值；
（2）求得关于的函数表达式，利用导数法可求得的最大值及其对应的值，进而代入计算得出高及底面边长的比值.
【小问1详解】
设包装盒的底面边长为，高为，
则由题意可得，，，其中，
所以，
因此，当时，取得最大值；
【小问2详解】
根据题意，由（1）有，
，由得，（舍）或.
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；.
所以，当时，函数取得极大值，也是最大值.
此时包装盒的高与底面边长的比值.
18. 如图，在四棱锥中，，，，，平面平面，为中点．
（1）平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）线段上是否存在一点，使∥平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，再结合面面垂直性质分析证明；
（2）建系标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角；
（3）设，利用空间向量结合线面平行可得，即可得结果.
【小问1详解】
因为，为中点，则，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得
由题意可知：平面法向量，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
线段上是否存在一点，使平面.
设，则，
若平面，则，
可得，解得，
即，可知，
所以存在点，使平面，此时.
19. 若存在有限个，使得，且不是偶函数，则称为“缺陷偶函数”，称为的偶点．
（1）证明：为“缺陷偶函数”，且偶点唯一．
（2）对任意，函数都满足．
①若是“缺陷偶函数”，证明：函数有2个极值点．
②若，证明：当时，．
参考数据：．
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，即可解方程求解，
（2）①根据，取，可得，结合新定义可得，即可对求导，根据导函数的正负确定函数单调性，结合极值定义求证；
②利用放缩法，先证明故，构造求导，确定函数的最值即可求解．
【小问1详解】
由可得，
由可得，解得，
所以为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，
【小问2详解】
由可得对任意，恒成立，
所以存在常数，使得，
令，则，且，
解得，
①，则，
由于是“缺陷偶函数”，由，
即，即，
则，得，
，
由于，所以有两个不相等的实数根，不妨设，
当或时，单调递增，
当时，单调递减，
所以有两个极值点．
②若，即，则，故，
当时，要证，只需要证，
因为，故，
只需证，
令，
当单调递减，当单调递增，
故
，
所以，从而，故，
即时，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤:
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式.
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．