甘肃势泉市2024_2025学年高二数学下学期4月期中联考试题含解析

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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.
考试时间120分钟，满分150分
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. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B．
2. 已知点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】因为，，所以，所以，
故选：C.
3. 已知空间向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】因为，所以，可得，
故选：C.
4. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】因为，，所以，
所以．又，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
故选：D．
5. 已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由题意得，点到平面的距离．
故选：B．
6. 在空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由点在直线上运动，故可设，，
则，
，
所以
，
故当时，取得最小值.
故选：C．
7. 已知函数在处有极大值，则（ ）
A. B. C. 2D. 6
【答案】A
【详解】因为，所以．
因为在处有极大值，
所以，解得或．
当时，，解，得或，
当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在处有极小值，不符合题意；
当时，，解，得或，
当，，当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在处有极大值，
符合题意．故，
故选：A．
8. 设函数若函数的图象与直线有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】当时，，则．
由得，所以在上单调递减；
由得，所以在上单调递增．
当时，，
当时，，
当时，，
当时，取得极小值，．
又当时，所以函数的大致图象，
如图．

由图可知，当或时，函数的图象与直线有两个交点，
所以实数的取值范围是，
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. 在平行六面体中，，，与交于点．设，，，则下列说法正确有（ ）
A. B.
C. D. 与的夹角为
【答案】ACD
【详解】由题知，．
对于A选项，，故A正确；
对于B选项，，故B错误；
对于C选项，，故C正确；
对于D，
，
所以与的夹角为，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知函数的导函数为，且函数的图象如图，则以下结论正确的有（ ）

A. 函数在区间上单调递减
B. 函数在区间上单调递减
C. 当时，函数有极大值
D. 当时，函数有极小值
【答案】ACD
【详解】由函数的图象可知，当时，，所以函数在区间上单调递减，故A正确；
当时，，所以函数在区间上单调递增，当时，，所以函数在区间上单调递减，故B错误；
当时，单调递增，当时，单调递减，所以函数在处有极大值，故C正确；
，当时，，所以函数在区间上单调递减，
当时，，所以函数在区间上单调递增，所以函数在处有极小值，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若曲线在点处的切线方程为，则
B. 若，则函数在上单调递增
C. 若，则函数在上的最小值为
D. 若，则
【答案】BCD
【详解】首先对函数求导，可得，所以.
已知切线方程为，其斜率为，所以，解得，故选项错误.
当时，，.
当时，，则，即.
所以函数在上单调递增，故选项正确.
当时，.
，令，即，解得.
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
所以在处取得最小值，，故C选项正确.
当时，，，不满足；
当时，，则，在上单调递增.
当时，，，不满足.
当时，令，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以在处取得最小值.
令，对其求导得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以在处取得最大值.
要使，则，所以，故选项正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则______．
【答案】##
【详解】因为，
所以，
所以，
解得．
故答案为：
13. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为______．
【答案】
【详解】因函数在区间上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
因为函数，，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即实数取值范围为．
故答案为：.
14. 已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5），则以AB，AC为边的平行四边形的面积是____．
【答案】
【详解】试题分析:求出向量的坐标，进而可得模长及向量的夹角，由此可计算以AB，AC为边的平行四边形的面积．
解：∵A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5），
∴=（﹣2，﹣1，3），=（1，﹣3，2），||=，||=
∴cs∠BAC==，
∴∠BAC=60°
∴S=×sin60°=
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. （1）如图，已知分别为四面体的棱的中点，用空间向量法证明四点共面．
（2）在平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，．求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【详解】（1）证明：以为空间的一组基．
分别为棱的中点，
，
，．
，．
平面，平面，，四点共面．
（2）解：以为空间的一组基，
，．
，，，，
，．
，
．
，
．
设异面直线与所成角为，则．
16. 已知，曲线在点处的切线方程为.
（1）求实数的值；
（2）若，求曲线过点的切线方程.
【答案】（1）
（2）或
【小问1详解】
解：由函数，其中，可得，
因为曲线在点处的切线方程为，
可得，且，即，
解得.
【小问2详解】
解：由（1）知，，可得，
设切点为，则切线的斜率，故切线方程为，
因为切线过点，所以，整理得，
解得或，所以切点为或，
此时，曲线过点的切线方程为或.
17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，、分别为、的中点.

（1）证明：平面；
（2）求平面和平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【小问1详解】
因为四棱锥的底面为正方形，平面，
所以、、两两相互垂直.
以点为坐标原点，分别以直线、、为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，，
所以，，，.
因为，所以，即，
因为，所以，即.
又因为、平面，，所以平面.
【小问2详解】
易知平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则，
令，得，，
所以为平面的一个法向量，
因为，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
18. 已知函数
（1）当时，求的极值；
（2）若，求在区间的最小值．
【答案】（1）极大值，极小值；
（2）时，最小值为；时，最小值为.
【小问1详解】
当时，的定义域为，且，
所以，当或时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以，在处取得极大值，在处取得极小值.
【小问2详解】
由题意，，
令，解得或.
因为，所以当或时，；当时，，单调递减.
所以，当即时，在上单调递减，在上单调递增，
则在区间的最小值为.
当即时，在上单调递减，则在区间的最小值为.
综上所述，时，在区间的最小值为；
时，则在区间的最小值为.
19. 已知函数．
（1）讨论单调性；
（2）已知在上的最小值为2，求的值；
（3）若，且，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）2 （3）
【小问1详解】
因为，，所以．
当时，恒成立，所以在上单调递减．
当时，解，得，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由（1）可知，
当时，在上单调递减，所以在上的最小值为．
由题意，得，解得，则．
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值为．
由题意，得，解得，则．
当时，在上单调递增，所以在上的最小值为．
由题意，得，解得，则．
综上，的值为2．
【小问3详解】
由已知，得．
设，，
则．
因为，所以，所以的零点即函数在上的零点．
因为在上恒成立，所以函数在上单调递增．
因为，，所以存在，使得，
即，则，所以．
当时，，，所以在上单调递减，
当时，，，所以在上单调递增．
所以．
由恒成立，得，
所以，即的取值范围是．