甘肃省民乐县第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份甘肃省民乐县第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版），共19页。试卷主要包含了本卷主要考查内容， 已知函数等内容，欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.讲按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5.本卷主要考查内容：湘教版选择性必修第二册第1章~第3章
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量，，，则2x－y＝（ ）
A. 1B. －1C. 2D. －2
2. 若函数，则（ ）
A. 3B. C. 1D. 0
3. 一质点做直线运动，若它所经过的路程与时间的关系为（的单位：，的单位：），则时的瞬时速度为（ ）
A 14B. 26 C. 29 D. 34
4. 把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现反面”为事件B，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知平面一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（ ）.
A. 1B. 2C. 3D. 4
6. 设点P是函数图象上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，在正三棱锥中，点G为的重心，点M是线段上的一点，且，记，则（ ）
A. B. C. D.
8. 若函数在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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 已知向量，若，则（ ）
A. -2B. 1C. -1D. 0
10. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ）
A. 事件A与B为互斥事件B. 事件两两独立
C D.
11. 已知函数，则（ ）
A. 在区间上单调递减B. 的最小值为0
C. 的对称中心为D. 方程有3个不同的解
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，则______．
13. 函数的导函数满足关系式，则_____________．
14. 已知函数，则曲线在处的切线斜率为______________.
四､解答题：本题共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. 已知函数，
（1）求a的值;
（2）求函数的极小值.
16. 已知函数在处取得极值．
（1）求的单调区间；
（2）求在上的最小值和最大值．
17. 如图，在正方体中，E为的中点，F为的中点．
（1）求证：EF//平面ABCD；
（2）求直线DE，BF所成角的余弦值．
18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，是等边三角形，且平面平面，点为棱的中点.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
19. 已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若函数恰有两个极值点、.
①求的取值范围；
②证明：
2024~2025学年度第二学期高二年级期中考试
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.讲按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5.本卷主要考查内容：湘教版选择性必修第二册第1章~第3章
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量，，，则2x－y＝（ ）
A. 1B. －1C. 2D. －2
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的数量积运算的坐标形式计算求解.
【详解】因为，，，
所以，解得2x－y＝2，.
故选：C.
2. 若函数，则（ ）
A. 3B. C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】求导可得，即可得结果.
【详解】由题意可得：，所以.
故选：A.
3. 一质点做直线运动，若它所经过的路程与时间的关系为（的单位：，的单位：），则时的瞬时速度为（ ）
A. 14B. 26 C. 29 D. 34
【答案】B
【解析】
【分析】根据瞬时速度和导数的关系，带值计算即可.
【详解】因为，所以.
故选：B.
4. 把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现反面”为事件B，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用列举法列出事件，包含的基本事件，再由条件概率的概率公式计算可得；
【详解】解：依题意包括的基本事件为{正，正}、{正，反}，包括的基本事件为{正，反}，∴，
故选：A．
5. 已知平面的一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（ ）.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由，得到直线与平面的法向量垂直，得出，进而求得的值.
【详解】因为，所以，所以，解得．
故选：.
6. 设点P是函数图象上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，得到，从而得到，结合倾斜角的范围，求出α的取值范围.
【详解】，
∵点P是曲线上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，
∴．
∵，
∴．
故选：C．
7. 如图，在正三棱锥中，点G为的重心，点M是线段上的一点，且，记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理求解.
【详解】
如图，在正三棱锥中，因为点G为的重心，连接并延长交于点,
所以，
又点M是线段上的一点，且，
所以，
，
故选：A.
8. 若函数在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数求得单调递减区间，问题等价于单调递减区间与区间的交集为非空区间，从而可以求参.
【详解】由，可得．
①当时，，此时函数单调递减，
所以当时，函数在区间内存在单调递减区间.
②当时，令，可得，
当时，单调递减；当时，单调递增.
所以函数的减区间为，增区间为，
若函数在区间内存在单调递减区间，
只需，得.
综上所述，．
故选：C
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. 已知向量，若，则（ ）
A. -2B. 1C. -1D. 0
【答案】AD
【解析】
【分析】由空间向量的模长公式求出，再由垂直向量的坐标表示解方程即可得出答案.
【详解】，
又，
当时，，则；
当，时，则．
故选：AD.
10. 设样本空间，且每个样本点是等可能，已知事件，则下列结论正确的是（ ）
A. 事件A与B为互斥事件B. 事件两两独立
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据互斥事件、独立事件的定义和条件概率公式即可解答.
【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误；
对于选项B，，
，故B正确；
对于选项C，交集为，则，故C错误；
对于选项D，，故D正确.
故选：BD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 在区间上单调递减B. 的最小值为0
C. 的对称中心为D. 方程有3个不同的解
【答案】AC
【解析】
【分析】利用导数考察函数的单调性及极值画出函数的大致图象，逐项判断，可判断A,B,D,对于C，利用中心对称定义进行判断即可.
【详解】对于A：，令或，令，
函数在上单调递增，在上单调递减，且，
可画出函数的大致图象如图所示，故A正确；
对于B：此函数无最小值，故B错误；
对于C：根据解析式易知，故C正确；
对于D：根据图象可知有2个不同的解，故D错误，
故选:AC．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量模的运算求得正确答案.
【详解】，
所以.
故答案为：
13. 函数的导函数满足关系式，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】对函数两边求导，然后赋值，解得代入即可求解.
【详解】由，函数两边求导得：，
令，则，所以
代入函数得：．
故答案为：
14. 已知函数，则曲线在处的切线斜率为______________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用三角恒等变换公式以及导数的运算求解.
【详解】由，
可知，
所以.
故答案为：.
四､解答题：本题共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. 已知函数，
（1）求a的值;
（2）求函数的极小值.
【答案】（1）
（2）极小值
【解析】
【分析】（1）求导函数，结合解方程即可；
（2）令进而分析单调性，即可求出极值．
【小问1详解】
由题意可得，故，
【小问2详解】
由（1）得，所以，令，解得，因为
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取得极小值．
16. 已知函数在处取得极值．
（1）求的单调区间；
（2）求在上的最小值和最大值．
【答案】（1）增区间为，，减区间为
（2），
【解析】
【分析】（1）根据题意得，进而得，再根据导数与单调性的关系求解即可；
（2）由（1）知时，的增区间为，，减区间为，进而求解，，，的值即可得答案.
【小问1详解】
解：（1），
因为在处取得极值，所以，解得．
检验得时，在处取得极小值，满足条件.
所以，
令，解得或，令，解得，
所以的增区间为，，减区间为；
【小问2详解】
解：令，解得或，
由（1）知的增区间为，，减区间为；
当时，的增区间为，，减区间为
又，
，
，
，
所以，．
17. 如图，在正方体中，E为的中点，F为的中点．
（1）求证：EF//平面ABCD；
（2）求直线DE，BF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据平行线的传递先证明线线平行，继而证明线面平行；
（2）以D为坐标原点，向量，，方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，根据空间角的计算公式计算即可.
【小问1详解】
证明：如图连
∵几何体为正方体，
∴，
∴EF∥BD
∵EF∥BD，平面ABCD，平面ABCD，
∴平面ABCD；
【小问2详解】
解：以D为坐标原点，向量，，方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系
令，可得点D的坐标为，点E的坐标为，点F的坐标为，点B的坐标为，
，
DE，BF所成角的余弦值为
18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，是等边三角形，且平面平面，点为棱的中点.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）取中点，证明，证明平面，由此得，从而再证得平面，最后得证结论成立；
（2）以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，确定各点坐标，分别求出平面与平面的一个法向量，由法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值．
【小问1详解】
如图，取中点，连接，，
因为是中点，所以，
是菱形，则，所以，
又是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
【小问2详解】
，则和都是等边三角形，
连接，则，，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，
因此有，，，，，
是中点，则，
，，，，
设平面一个法向量是，则
，取得，
易知平面的一个法向量是，则
，取，则，
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
19 已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若函数恰有两个极值点、.
①求的取值范围；
②证明：
【答案】（1）答案见解析
（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；
（2）①求得，由题意可知，二次方程有两个不等的正根，利用二次方程根的分布可得出关于的不等式组，解之即可；
②由韦达定理得出，，由此可得出，于是所证不等式变形为，其中，令，其中，利用导数分析函数的单调性，结合其单调性可证得结论成立.
小问1详解】
由题意知.
当时，，所以的增区间为，无减区间；
当时，令，解得，令，解得，
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
①由题意知，
所以，
因恰有两个极值点、，所以方程，即方程有两不等正根，
所以，解得，即的取值范围为；
②由①知，，
所以，
所以，
令，其中，所以，
因为函数、在上均为增函数，
则函数在上单调递增，
又，，
所以，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又在上单调递增，则，
所以，所以，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.