甘肃省平凉市第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份甘肃省平凉市第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版），共24页。试卷主要包含了单项选择题，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、单项选择题：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. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 4C. D. 5
2. 已知三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点共面的是（ ）
A B.
C. D.
3. 已知函数导函数为，且，则（ ）
A B. C. D.
4. 对函数，若数列满足，则称为牛顿数列．若函数，数列为牛顿数列，且，，则（ ）
A. 20B. C. 30D.
5. 进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为.已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（ ）
A. 80B. 90C. 100D. 110
6. 在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则的值为（ ）
A. 或B. 或C. D.
8. 已知函数无零点，则实数的取值范围是（ ）
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. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 与夹角的余弦值为－D.
10. 已知函数，为的导函数，则（ ）
A. 曲线在处的切线方程为
B. 在区间上单调递增
C. 在区间上有极小值
D. 在区间上有两个零点
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 方程恰有4个不等实数根
C. 存在实数使不等式成立
D. 若在上恒成立，则实数
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分．
12. 已知，则在上投影向量的坐标为_____.
13. 如图，在平行六面体中，为的中点，，则______；若该六面体的棱长都为2，，则______.
14. 若曲线与曲线存在公切线，则a最大值_______．
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．
15. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，，求的取值范围.
16. 已知函数（a∈R）．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，求函数在区间上的最大值与最小值．
17. 如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，．
（1）求证：平面⊥平面；
（2）若，点P满足，求直线与所成角的余弦值．
18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点．
（1）求的方程；
（2）若的面积为，求的方程；
（3）证明：线段的中点为定点．
19. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数是第n层球数与的和，设各层球数构成一个数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：当时，
（3）若数列满足，对于，证明：．
平凉一中2024-2025学年度第二学期阶段性考试试题（卷）
高二数学
时间：120分钟 总分：150分
一、单项选择题：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. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 4C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】先求，再由解方程即可求得.
【详解】由，可得，
又由，则得，
即，解得.
故选：A.
2. 已知三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间共面向量定理的推论逐项判断即得.
【详解】平面外的任一点O，点共面的充要条件是，且，
对于A，由，得，点不共面，A不；
对于B，由，得，点不共面，B不是；
对于C，由，得，点不共面，C不是；
对于D，由，得，点共面，D是.
故选：D
3. 已知函数的导函数为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对函数表达式同时求导并令，解方程即可求得结果.
【详解】由可得，
令可得，即.
故选：D
4. 对函数，若数列满足，则称为牛顿数列．若函数，数列为牛顿数列，且，，则（ ）
A. 20B. C. 30D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得，得到是等比数列，求得，再得出结合等差数列求和即可.
【详解】因为，所以，则，
又因为，且，所以是首项为，公比的等比数列，
，，
则，
故选：B.
5. 进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为.已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（ ）
A. 80B. 90C. 100D. 110
【答案】C
【解析】
【分析】设运输成本为元，依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的极小值点，从而得解；
【详解】解：设运输成本为元，依题意可得，
则
所以当时，当时，当时，
即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值，
所以时全程运输成本最低；
故选：C
6. 在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长交于点，根据向量的线性运算法则，结合重心的性质将表示为的线性形式即可.
【详解】延长交于点，则点为的中点，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
故选：C.
7. 已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则的值为（ ）
A. 或B. 或C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设切点为，利用导数的几何意义求出切线方程，将点代入切线方程结合切线有且仅有1条，令判别式为即可求解.
【详解】设切点为，由已知得，则切线斜率，
所以切线方程为，
因为直线过点，则，
化简得，
又因为切线有且仅有1条，即，解得或2，
故选：A
8. 已知函数无零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数无零点，将其转化为方程在上没有实根，研究函数的值域，即可求得参数的取值范围.
【详解】函数无零点，即关于的方程在上没有实根，
也即方程在上没有实根.
设，则，
由可得，由可得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
则时，函数取得极大值为，
当则，当则，
作出函数的图象，可得其值域为，故.
故选：B.
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. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 与夹角的余弦值为－D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算，对于A，结合向量平行的性质，即可求解，对于B，结合向量模公式，即可求解，对于C，结合向量的夹角公式，即可求解，对于D，结合向量垂直的性质，即可求解.
【详解】因为，，
所以，
因为，所以向量与不共线，故选项A不正确；
因为，，所以，故选项B正确；
因为，故选项C正确；
因为，所以，即，故选项D正确.
故选：BCD.
10. 已知函数，为的导函数，则（ ）
A. 曲线在处的切线方程为
B. 在区间上单调递增
C. 在区间上有极小值
D. 在区间上有两个零点
【答案】BC
【解析】
【分析】求出函数，再利用导数几何意义求解判断A；结合单调性、极小值意义判断BC；求出零点个数判断D.
【详解】依题意，，
对于A，，，所求切线方程为，A错误；
对于B，当时，，在区间上单调递增，B正确；
对于C，在上都单调递增，则函数在上单调递增，
，，则存在唯一，使得，
当时，；当时，，因此在处取得极小值，C正确；
对于D，由选项C知，在上有唯一零点，又，
当时，，即，，
因此在区间上有1零点，D错误.
故选：BC
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 方程恰有4个不等实数根
C. 存在实数使不等式成立
D. 若在上恒成立，则实数
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导数研究函数的单调性和最值情况，即可判断ABC；根据恒成立问题，通过分离参数求最值即可判断D.
【详解】由题意知，
令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且时，，当时，，如图，
所以.
A：因为，所以，
由，，
得，则，所以，故A正确；
B：由，得或，如图，
由图可知，当时，方程有1个根，当时，方程有3个根，
所以原方程共有4个实根，故B正确；
C：若命题成立，则，即，
设，
则，令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，故命题不成立，故C错误；
D：因为，故，
又函数在上恒成立，所以，
设，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，即，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：利用导数证明形如的不等式恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分．
12. 已知，则在上的投影向量的坐标为_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用投影向量的定义，结合空间向量数量积的坐标运算，可得在上的投影向量的坐标.
【详解】已知空间向量和，
则在上的投影向量为
.
故答案为：.
13. 如图，在平行六面体中，为的中点，，则______；若该六面体的棱长都为2，，则______.
【答案】 ①. ##2.5 ②.
【解析】
【分析】由空间向量基本定理和已知条件可得；由结合向量的数量积运算可得．
【详解】
，
∴，∴；
∵
，
∴，即．
故答案为：；．
14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的最大值_______．
【答案】
【解析】
【分析】设公切线与曲线切与点，与曲线切与点，由题意可得，化简可得，则，构造函数，利用导数求出其最大值即可.
【详解】设公切线与曲线切与点，与曲线切与点，
由，得；由得.
则，
所以，所以，即.
设，则.
由；由.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
所以函数.
即的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查导数几何意义，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是设出两切点的坐标，由切线为两曲线的公切线列方程组求解，考查数学转化思想和计算能力.
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．
15. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角变换公式可得，从而可求的值.
（2）利用正弦定理及三角变换公式可得，结合的范围可求其取值范围，从而可求的取值范围.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
故，
在中，，，所以，，则，
可得，所以，所以.
【小问2详解】
由正弦定理可得（为外接圆的半径），
所以，，
因为，则，，
所以，
因为为锐角三角形，则，解得，
则，，故.
16. 已知函数（a∈R）．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，求函数在区间上的最大值与最小值．
【答案】（1）答案见解析
（2）最大值，最小值为1
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论求出其单调性.
（2）把代入，利用（1）的结论求出函数在指定区间上的最值.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
当时，由（1）知：函数在上单调递减，上单调递增，
因此当时，取得最小值为；
而，则当时，取得最大值，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为1.
17. 如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，．
（1）求证：平面⊥平面；
（2）若，点P满足，求直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，证得四边形是菱形，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再由，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面．
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据，求得，得到向量则，再由，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：如图所示，取的中点，连接，，，
因为为中点，为中点，所以．
在三棱柱中，，则四边形是菱形，
可得，则，
又因为，，且平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为是等边三角形，为中点，所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
因为，，所以是等边三角形，所以．
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
因为由平面，所以，，又因为，
以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，
如图所示，，
设，因为，即，
可得，所以，
则，
又因为，所以．
直线CP与所成角的余弦值为.
18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点．
（1）求的方程；
（2）若的面积为，求的方程；
（3）证明：线段的中点为定点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由顶点到渐近线距离建立方程解得的值，从而得到曲线方程；
（2）设直线方程，联立方程组得到一元二次方程，设交点坐标，由韦达定理得到根与系数的关系，由三角形面积建立方程得到的值，从而得到直线方程；
（3）设坐标，然后得到直线方程，联立方程组得到一元二次方程，由韦达定理得到点坐标，同理求得点坐标.从而得到，由向量共线建立等式，从而得到点纵坐标的关系，即可得证.
【小问1详解】
因为的一条渐近线方程为，
到渐近线的距离为，
过得，
解得：，
所以的方程为①．
【小问2详解】
显然直线的斜率存在，设的方程为②，
①②联立得：．
则有③，④，
设，
则⑤，⑥，
把⑤⑥代入：，
所以，
得：，解得：．
满足③④式，则直线的方程为．
【小问3详解】
设，不妨设．则直线⑦，
联立①⑦得：，
则，
则；
同理：．
而，，
又三点共线，则有，
则，
得：，
所以的中点为定点．
【点睛】技巧点睛，三角形在直角坐标的面积可以用铅锤高乘水平宽来表示，例如本题中(表示点的水平宽) .
19. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数是第n层球数与的和，设各层球数构成一个数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：当时，
（3）若数列满足，对于，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，利用累加法计算可得；
（2）设，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（3）由（2）令即可得到，从而得到，再利用错位相减法计算可得.
【小问1详解】
根据题意，，
则有，
当时，
，
又也满足，所以.
【小问2详解】
设，，
则，
所以在上单调递增，则，
即，即当时，.
小问3详解】
由（2）可知当时，，
令，则，
所以，
所以，
令，
则，
所以
，
所以，
所以
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是结合（2）的结论，令得到，从而得到.