2025--2026学年江苏扬州市邗江区第一中学高二下册数学3月学情检测试题 [含答案]

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1. 曲线在点处的切线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用切点和斜率求得切线方程.
【详解】由，有．
曲线在点处的切线方程为，整理为．
故选：A
2. 已知，则（）
A. B. 1C. 2D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】原函数求导，再令可得结果.
【详解】因为，所以.
令得：.
故选：A
3. 函数的图象大致是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定函数定义域，判断函数奇偶性，即可判断B；当时，，利用导数判断此时函数的单调性，即可判断A，C，D，即得答案．
【详解】函数的定义域为，
设，则，故为偶函数，
其图象关于轴对称，则B中图象错误；
又当时，，
由，得，由，得，
故在上单调递减，在上单调递增，
故A、C错误，故选D.
4. 已知向量与共线，则实数（）
A. 0B. 1C. 或2D. 或1
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量共线的性质求得结论即可.
【详解】因为向量与共线，
所以，解得或，
故选：D.
5. 在四面体中,点E满足，F为的中点，且，则实数（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用向量的线性运算，即可求出结果．
【详解】由于F为BE的中点，
所以，结合，
整理得，①，
由，得，
即，②，
根据①②的对应关系，可得
故选：D
6. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】四棱锥的底面为直角梯形，，，
底面，且，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
设直线与所成角为，则，
直线与所成角的余弦值为．
故选：B
7. 已知定义在上的函数的导函数为，且.对于任意的实数，均有成立，若，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，然后由已知可得的单调性，最后将不等式转化为，即可得到答案.
【详解】，令，
则，则在上单调递增.
由，为奇函数，得，则，
从而原不等式可化为，即，此即为.
由于在上单调递增，故这等价于，所以不等式的解集为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造新的函数并利用已知条件.
8. 已知，对任意的，不等式恒成立，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、参变量分离法进行求解即可.
【详解】由题意，不等式即，进而转化为，
令，则，
当时，，所以在上单调递增.
则不等式等价于恒成立.
因为，所以，
所以对任意恒成立，即恒成立.
设，可得，
当单调递增,当单调递减．
所以有最大值，于是，解得．
故选：B
【点睛】方法点睛：将已知条件转化为，通过构造函数，进而利用导数得到，进而计算求得结果.
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. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，则下列说法正确的是（）
A，，，四点共面B.
C. 直线与所成角的余弦值为D. 点到直线的距离为1
【答案】BD
【解析】
【分析】根据直线的位置关系可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明方法可判断B；根据空间角的向量求法可判断C；根据空间距离的向量求法可判读D.
【详解】对于A，连接，则平面，平面，
平面平面，故不相交；
又，,平面，
故不平行，否则重合，不合题意，
即为异面直线，故，，，四点不共面，A错误；
对于B，以D为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，则，
则，即，故，B正确；
对于C，，则,
故，
而直线与所成角的范围为，故直线与所成角的余弦值为，C错误；
对于D，，
则点到直线的距离为，D正确，
故选：BD
10. 已知，，则（）
A. 函数在上的最大值为3B. ，
C. 函数在上没有零点D. 函数的极值点有2个
【答案】AC
【解析】
【分析】求函数的导数，得，.因为在上递增，根据函数零点的存在性判断零点在之间，设为，再代入计算可以求出函数在上的最值，判断AB的真假；求的导数，得，，利用其单调性得至多一解，可判断D；再根据函数零点的存在性，可判断C的真假.
【详解】对A,B，因为，.
所以，.
设，，则，因为，所以在上恒成立.
所以在上单调递增，
且，，
所以，使得.
所以在上单调递减，在上单调递增.
又，，
，因为，
所以，
因为，所以.故A正确，B错误；
对D，又，.
所以，.
设，则，，所以在恒成立.
所以在上单调递增，
所以至多一个解，故D错误；
对C，又因为，，
所以只有一解，在区间内.
所以在上单调递增，且，
所以在上无零点.故C正确.
故选：AC
11. 已知函数，则下列说法正确的是（）
A. 在R上增函数
B. ，不等式恒成立，则正实数的最小值为
C. 若有两个零点，则
D. 若过点恰有2条与曲线相切的直线，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用符合函数的单调性的判断方法可以判断A的真假；利用函数的单调性，转化为，再分离变量转化为恒成立问题，可求正实数的取值范围，判断B的真假；由“极值点偏移”可判断C的真假；分离参数，利用方程有两解，构造函数，转化为求值域问题，可判断D的真假.
【详解】对A：因为，所以，
由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
设，则且在上单调递增.
由“同增异减”可知上单调递增.故A正确；
对B：因为为正实数，，所以，，结合函数的单调性，可知：
（）.
所以.
设（），则，由可得：
所以在上单调递增，在上单调递减，所以.
所以正实数的最小值为，故B正确；
对C：如图：
因为有两个零点，，结合函数的单调性，不妨设，.
则.
设，（），那么且
在上恒成立，所以在单调递增，
所以在上恒成立，所以（）.
由，且在上单调递减，
所以.故C错误；
对D：设切点为，切线斜率为，所以函数在处的切线方程为：，
因为切线过点，所以
设，所以，由，
所以在上递增，在上递减，
且，当时，且时，.
因有两解，则.故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：本题C选项涉及极值点偏移问题.一般极值点偏移问题的解题思路如下：
（1）先求导，得到函数的极值点；
（2）方程有两个根，，则有；
（3）构造函数，则且求导后判断函数的单调性，得恒为正或恒为负；
（4）得到与的大小关系，且使与在的一个单调区间内；
（5）利用的单调性，判断与的大小关系，可得与的大小关系.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
12. 已知，，则向量在向量上的投影向量是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用投影向量的定义，即可求解.
【详解】因为，，
则向量在向量上的投影向量为，
故答案为：.
13. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为棱的中点，且，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据数量积的定义求出，再由空间向量线性运算得到，最后根据数量积的运算律及计算即可.
【详解】底面为菱形，，，
，
为棱的中点,
，
，解得.
故答案为：.
14. 若关于的方程有4个不同的实数解，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】将原方程变形为，令，得出，利用导数证明的单调性从而得出的范围以及图象，再由导数得出的图象，结合图象分析得出实数的取值范围.
【详解】由题知，，当，即时，等式不成立，故，即，
方程两边同时除以得，
令，
，当或时，；当时，，
则函数在和上单调递增，在上单调递减，
当时，，
当，当时，且当时，则，
设，，
当时，；当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，；当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，如图所示，
，，
由题设有有解，故或，
故或.
当，仅有一个解，
结合的图像可得方程至多有两个解，不合题意，舍.
则当，即时，
对应方程有两个解，，此时分别对应两个值，如图所示，
故方程有四解，即，
当时，对应方程有两个解，，
结合的图像可得方程至多有3个解，不合题意.
同理，当，即时，对应方程至多两个解，，
此时分别对应一个，如图所示，
故方程有两个解，不符合题意，舍去.
综上所述：.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于由导数得出的单调性从而得出的范围以及图象，再由导数得出的图象，数形结合得出实数的取值范围.
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. 已知空间中三点，，，设，．
（1）若，且，求向量；
（2）已知向量与互相垂直，求的值；
（3）若点在平面上，求的值．
【答案】（1）或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由向量的坐标表示共线和模长计算求出即可；
（2）由向量垂直的坐标表示求出参数即可；
（3）由点在平面上，设，解方程组求出即可.
【小问1详解】
，设，
因为，而，所以；
故或
【小问2详解】
，，，
由与互相垂直得：，
解得.
【小问3详解】
点在平面上，，
，
，
解得：.
16. 如图1所示，为等腰直角三角形，分别为中点，将沿直线翻折，使得，如图2所示．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可证明平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
由题可知，因为分别为中点，所以，
所以，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）可知，因为，
所以，所以两两垂直，以为轴，以为轴，以为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
易得平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
所以，即，取，
所以.
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17. 某市为提高市民的健康水平，拟在半径为20米的半圆形区域内修建一个健身广场，该健身广场（如图所示的阴影部分）分休闲健身和儿童活动两个功能区，图中矩形区域是休闲健身区，以为底边的等腰三角形区域是儿童活动区，，，三点在圆弧上，中点恰好在圆心．设，健身广场的面积为．
（1）求出关于的函数解析式；
（2）当角取何值时，健身广场的面积最大？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助三角函数将矩形的长与宽，三角形的底与高表示出即可得；
（2）借助导数研究函数的单调性即可得解.
【小问1详解】
由已知得，
等腰底边上的高为，
所以
所以.
【小问2详解】
设，
则，
令，由，可得，令，可得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以时，有，
所以，
即时，健康广场的面积最大，最大值为.
18. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．
（1）证明：；
（2）当为何值时，直线与平面所成的角最大？
【答案】（1）证明见解析；
（2）2.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，可得，结合条件可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；
（2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得.
【小问1详解】
因为三角形是等边三角形，且E是中点，
所以，
又因为平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为面，
所以，
因为，，
所以，，
所以，即，
因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
【小问2详解】
设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由已知得，
设，则、
设平面的法向量为，
则，
令，有，
设直线与平面所成的角，
所以，
当且仅当时取等号，
当时，直线与平面所成角最大．
19. 已知函数，其中为常数.
（1）若，求函数的极值；
（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（3）若，设函数在上的极值点为，求证：.
【答案】(1)当时，的极大值为，无极小值；(2)；(3)证明见解析.
【解析】
【详解】试题分析：（1）求导，利用导函数的符号变化得到函数的单调性，进而得到函数的极值；（2）求导，将函数在某区间上单调递增转化为导函数非负恒成立，分离参数，构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；（3）连续两次求导，分别通过研究导函数的符号变化研究函数的极值，再作差构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用求导进行求解.
试题解析：（1）当时，，定义域为，
，令，得.
当时，的极大值为，无极小值.
（2），由题意对恒成立.
，，
对恒成立，
对恒成立.
令，，则，
①若，即，则对恒成立，
在上单调递减，
则，，与矛盾，舍去；
②若，即，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，
.综上.
（3）当时，，，
令，，
则，令，得，
①当时，，单调递减，，
恒成立，单调递减，且.
②当时，，单调递增，
又，
存在唯一，使得，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，且，
由①和②可知，在单调递增，在上单调递减，
当时，取极大值.
，，
，
又，，.
极大值