甘肃省部分重点高中2025-2026学年高二下学期4月第一次月考试卷 数学（含解析）

这是一份甘肃省部分重点高中2025-2026学年高二下学期4月第一次月考试卷 数学（含解析）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。
1．与向量同向的单位向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．0B．2C．1D．
3．向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为，点是点在坐标平面内的投影，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，则（ ）
A．B．2C．3D．6
6．函数在上的值域为（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，在长方体中，（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数与函数的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数的图象如图所示，若为的导函数，则下列关系正确的是（ ）

A．B．
C．D．
10．以下能够判定空间中四点共面的条件是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数，则（ ）
A．当时，函数的减区间为
B．当时，函数的图象是中心对称图形
C．若是函数的极大值点，则实数a的取值范围为
D．若过原点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为
三、填空题
12．曲线在点处的切线方程为___________.
13．在空间直角坐标系中，，，若，则实数______．
14．在空间直角坐标系中，点，点，点，则点到直线的距离是_______．
四、解答题
15．已知函数，
(1)求a的值;
(2)求函数的极小值.
16．如图，在直三棱柱中，，，点E，F分别为棱，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与直线的夹角的余弦值．
17．已知函数
(1)若，求函数的单调区间;
(2)证明：函数至多有一个零点.
18．如图，在四棱锥中，平面平面，且．

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值．
19．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若对任意恒成立，求的取值范围；
(3)证明：.
参考答案及解析
1．A
解析：因为，所以与向量同向的单位向量为．
故选：A.
2．B
解析：因为，所以，故.
故选：B
3．B
解析：向量，由，得，即，
因此，所以.
故选：B
4．D
解析：由空间直角坐标系，可得点关于平面对称的点的坐标为，
所以点在坐标平面内的投影为点.
故选：D.
5．D
解析：，
由可得．
6．B
解析：，
当时，单调递减，时单调递增，
所以为单调减函数，为单调增函数，
所以，且
所以值域为，
故选：B．
7．A
解析：在长方体中，以为基底，
则，
所以.
故选：A.
8．B
解析：由题意，、关于轴对称，
∴与在上有交点，则在有解，
令，则，，
∴在上递增，而，
∴在上，递减；在上，递增；
∴，故只需即可，得.
故选：B
9．BD
解析：对于AB，由图可知，，所以，A错B对；
对于CD，由图可知，，所以C错D对.
故选：BD
10．ABD
解析：对于A，因为，所以共面，又因为有公共点，所以四点共面；
对于B，因为，所以四点共面；
对于C，因为，所以，即直线和可能异面，四点不一定共面；
对于D，因为，所以，所以四点共面．
故选：ABD．
11．AB
解析：由，
对于A选项，当时，，可得函数的减区间为，增区间为，故A选项正确；
对于B选项，当时，，
又由，
可得函数的图象关于点对称，是中心对称图形，故B选项正确；
对于C选项，由A选项可知，当时，是函数的极小值点；
当时，令，可得或，
若是函数的极大值点，必有，可得，故C选项错误；
对于D选项，设切点为（其中），
由切线过原点，有，整理为，
令，有，
可得函数的减区间为，增区间为，
又由时，；时，；及，
可知当时，关于m的方程有且仅有3个根，
可得过原点可作三条直线与曲线相切，故D选项错误，
故选：AB．
12．
解析：由 得切线斜率为，又，
切线方程为则
故答案为：
13．6
解析：因为，，所以，
所以，解得.
故答案为：.
14．/
解析：由题意得，，，，，
设点到直线的距离为，
所以.
故答案为：.
15．(1)
(2)极小值
解析：（1）由题意可得，故，
（2）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．(1)证明见解析
(2)
解析：（1）∵是直三棱柱，∴，
又点E，F分别为棱的中点，∴，
∴四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
故平面．
（2）如图，直三棱柱中，
以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
于是，
设直线与直线的夹角为，
则，
则直线与直线的夹角的余弦值为．
17．(1)在，上单调递增，在上单调递减
(2)证明见解析
解析：（1）当时，，.
令，解得或，
当时，；当时，，
故
在，上单调递增，在上单调递减.
（2），由于，所以等价于
设，
则，当且仅当或时，，所以在上单调递增，
故至多有一个零点，从而至多有一个零点.
18．(1)证明见解析
(2)
解析：（1）由题意，则，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，

则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，令，得，
设平面的法向量，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
19．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
解析：（1）由，有.
当时，，
所以在上单调递减；
当时，有，
故当时，当时.
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）先证明一个结论：对任意实数都有，且不等号两边取等当且仅当.
证明：设，则，
从而当时有，当时有.
从而在上递减，在上递增，
故，即，且等号只在时成立，这就证明了结论.
回到原题.
代入的表达式，将题目中的不等式等价变形为.
整理得到，故我们要求的取值范围使得对恒成立.
一方面，若该不等式恒成立，则特别地对于成立，即，从而；
另一方面，若，则对，利用之前证明的结论可以得到，再取对数又能得到，
所以，故原不等式对任意恒成立.
综上，的取值范围是.
（3）对，由于，故由（2）证明的结论，有，再取对数得到.
所以
，这就证明了结论.