福建省宁德市部分学校2024-2025学年高二下学期4月期中质量监测数学试题（解析版）

这是一份福建省宁德市部分学校2024-2025学年高二下学期4月期中质量监测数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：湘教版选择性必修第二册第一、二章.
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. 下列关于空间向量的说法正确的是（ ）
A. 任意两个空间向量不一定共面
B. 模相等的两个向量是相等向量
C. 平行于同一个平面的向量叫做共面向量
D. 空间中任意三个向量都可以构成空间的一个基底
【答案】C
【解析】任意两个空间向量一定共面，A错误.
方向相同且模相等的两个向量是相等向量，B错误．
平行于同一个平面的向量叫做共面向量，C正确.
空间中任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底，D错误.
故选：C.
2.设向量不共面,已知,若三点共线，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】，因为A，C，D三点共线，所以，即，解得．
故选：B.
3. 若函数满足，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】由，得．故选：D
4. 如图，在直三棱柱中，点在棱上，且．设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】连接,．故选：A.
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，函数的定义域为，
当时，，所以．排除BC.
当时，，
所以在上单调递增，排除D.
故选：A.
6. 函数图象上一点到直线的最短距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设与直线平行且与曲线相切的直线的切点坐标为．
因为，所以，解得，则切点坐标为．
最短距离为点到直线的距离，即．故选：C
7. 如图，在四棱台中，底面ABCD是菱形，平面，直线AC与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】取BC的中点，连接AF，则由题意可得,，且，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，
所以直线AC与直线所成角的余弦值为．
故选：A
8. 记是的导函数,是的导函数，若曲线在点处的曲率，则曲线在点处的曲率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意得，则，
则曲线在点处的曲率为，故C正确.
故选：C
二、选择题：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. 已知定义在上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（ ）
A. 在上单调递增B. 在上单调递减
C 有1个极大值点D. 有1个极小值点
【答案】AD
【解析】由图可得，当时，所以函数在上单调递减，
当时，当且仅当，所以函数在上单调递增.
综上在上单调递减，在上单调递增，故A正确，B错误；
有1个极小值点，无极大值点，故C错误，D正确.
故选：AD.
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 有3个零点
B. 的图象关于点对称
C. 既有极大值又有极小值
D. 经过点且与的图象相切的直线有2条
【答案】ACD
【解析】，令，得，或，
所以有3个零点，A正确.
所以的图象关于点对称，B错误.
，令，，记方程的两个根为，（），
易知在，上单调递增，在上单调递减，
所以既有极大值又有极小值，C正确.
设切线与的图象相切于点，，
所以切线方程为.
因切线经过切点，所以，
整理得，该方程有两个解，
所以经过点且与的图象相切的直线有2条，D正确，
故选：ACD
11. 在四棱锥中，，四边形是平行四边形，分别为棱的中点，,点在平面的射影恰好是棱的中点，则（ ）
A. 平面
B. 线段的长为
C. 三棱锥的外接球的表面积为
D. 平面与平面夹角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】对于A，取线段的中点，连接，，
因为棱的中点，则为的中位线，则，且，
因为棱的中点，且四边形是平行四边形，则且，
则且，则四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，则平面，故A正确；
对于B，取分别取线段、的中点、，连接、、，
由于为的中位线，则，且，
由于为的中位线，则，且，
又因为四边形是平行四边形，则，且，
则，且，则四边形是平行四边形，则，
因，则，
则，即，故B正确；
对于C，因点在平面的射影恰好是棱的中点，则以为原点，
分别以平行于、的直线为轴、轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图，
在中，，
则，
则，
则，
设三棱锥的外接球的球心，半径为，
则，解得，
则外接球的表面积为，故C错误；
对于D，由C选项可知，，
设平面的法向量为，
则，令，则得，
容易知平面的法向量为，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知空间中的三点，，，则点到直线AB的距离为____________.
【答案】
【解析】因为空间中的三点，，，
所以，，
所以，，
点到直线AB的距离为．故答案为：.
13. 若函数在上单调递增，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】由，得，
又函数在上单调递增，所以在上恒成立，
即，所以．
故答案为：.
14. 若将一块体积为的橡皮泥捏成一个圆柱，则圆柱表面积的最小值为____________.
【答案】（或）
【解析】设圆柱底面圆的半径为，高为，则，即．
由圆柱的表面积公式得圆柱的表面积为，
令函数，则，
当时，，单调递增，当时，单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
得到．故圆柱表面积最小值为.
故答案为：
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. 已知函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）求过点且与曲线相切的直线方程.
解：（1）.
.
在处的切线方程为，即.
（2）设所求直线与曲线相切于点，
则曲线在点处的切线斜率为，
所以切线方程为.
因为切线过点，所以，
解得或，则或.
故所求直线方程为或.
16. 如图，在正四棱柱中，为棱的中点．
（1）求三棱锥的体积．
（2）证明：平面．
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）易知三棱锥即三棱锥，
其体积为．
（2）以为坐标原点，所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
．
因为，所以．
因为平面，所以平面
（3）由（2）得是平面的一个法向量
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
17. 已知函数．
（1）若，求的极值；
（2）若，讨论的单调性．
解：（1）当时，，定义域为，
则．
当时，单调递增；当时，单调递减．
故当时，取得极大值，无极小值．
（2）由，
得．
令，得或．
若，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减．
若，则，
当和时，单调递减；
当时，单调递增．
若，则在上恒成立，单调递减．
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，的单调递减区间为，无单调递增区间．
18. 在矩形中，为上两个不同的三等分点，如图1．将和分别沿向上翻折，使得点重合,记重合后的点为，如图2．已知，四棱锥的体积为．
（1）求；
（2）求平面与平面所成角的正弦值．
解：（1）取的中点分别为，连接，
过点作，垂足为，
设，则，
为等边三角形，，
在中，，
在中，，
，
又梯形的面积，
所以四棱锥的体积为，
解得（舍去），即；
（2）由（1）可得．
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．．
设平面的法向量为，则
取，得．
设平面的法向量为，
则
取，得．
所以，，
所以平面与平面所成角的正弦值为．
19. 已知函数.
（1）若在其定义域内单调递增，求的取值范围；
（2）若，证明：，；
（3）若在上有两个极值点，求的取值范围.
解：（1）因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立.
设，则，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即的取值范围为.
（2）若，则.
设，则，，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，则在上单调递增，
所以，即当时，，
所以，不等式得证.
（3）.
当时，，则在上单调递减，无极值点.
当时，由（1）知在上单调递增，无极值点.
当时，令，
令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
，，
由（2）知，则，
所以恰有两个零点，，
令，得，令，得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，从而有两个极值点.
综上，的取值范围是.