精品解析：福建省龙岩市非一级达标校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷含解析（word版）

这是一份精品解析：福建省龙岩市非一级达标校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷含解析（word版），共33页。试卷主要包含了 函数的图象在处的切线方程是， 若函数的最小值为，则， 曼哈顿距离， 下面四个结论中，正确的是， 对于函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 总分：150分）
一､单选题：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. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】
.
2. 已知平面的一个法向量为，点为平面上一点，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】平面的法向量为，是平面内任意一点，
则平面外点到平面的距离为，
已知，，则，
， ，；
，
代入公式得：.
3. 函数的图象在处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】当时，，
由，得切线的斜率为：，
则切线方程为：，得．
4. 在空间四边形中，若向量，点分别为线段的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用，求出的坐标，即可得.
【详解】由可得，
又，
所以，
所以.
5. 已知函数在区间上不单调，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，在不恒大于等于零，也不恒小于等于零，而，可求解.
【详解】函数，则，
当时，，
因为函数在区间上不单调，
则在不恒大于等于零，也不恒小于等于零，
所以.
6. 在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，均与曲池的底面垂直，且，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先建立空间直角坐标系，确定各点坐标，并计算向量，再计算向量的数量积与模长，最后利用向量的点积公式计算异面直线所成角的余弦值即可.
【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，如图，
以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
因为，
，
，
所以，
又异面直线所成角的范围为，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
7. 若函数的最小值为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数单调性结合零点存在定理得出，再根据导数得出函数单调性得出，最后结合指对数运算得出参数值.
【详解】因为函数，所以，在上单调递增，
又因为，，所以，，
所以单调递减，单调递增，
所以，所以，
又因为在上单调递减，所以，所以，
则.
8. 曼哈顿距离（或出租车几何）是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创的术语，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.例如，在平面上，点和点的曼哈顿距离为.若点为圆上一动点，为直线上一动点，设为两点的曼哈顿距离的最小值，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直线l恒过定点，画出图形，对分类讨论并借助导数求出其取值范围即可作答.
【详解】直线恒过定点，
由点到直线的距离为，
得，
故直线与圆相离.
当直线的斜率满足时，作出一条轴截距为负数的直线平行于直线，
如图所示.
要使得最小，应位于切点处，作轴交直线于点，
过作直线于点，
当位于点的左方时，，
当位于点的右方时，同理也有，于是有.
设直线与圆相切，则有，
即切线的横截距为，而直线的横截距为，
，
在上单调递减，.
综上，，故B正确.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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. 下面四个结论中，正确的是（ ）
A. 点关于平面对称的点的坐标是
B. 若，则向量的夹角是钝角
C. 已知，则在上的投影向量的模为1
D. 设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
【答案】AC
【解析】
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，故A正确；
对于B，若，则向量，的夹角是钝角或，共线且反向，故B错误；
对于C，在上的投影向量的模为，故C正确；
对于D， 因为，即共面，不能作为空间的一个基底，故D错误.
10. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在处取得极大值
B. 有两个不同的零点
C.
D. 若在上有解，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据导函数确定的单调性极值及最值情况，就能确定选项的正误
【详解】A选项，，定义域为，
，令，解得，
当时，，∴函数在上单调递增，
当时，，∴函数在上单调递减，
∴函数在时取得极大值也是最大值，故A对；
B选项，∵时，，，，
当时，，如图所示：
∴函数有且只有唯一一个零点，故B错；
C选项，∵当时，为单调递减函数，∴，
∵，所以，故C对；
D选项，若在上有解，即在上有解，
由上可知函数在上单调递减，所以，
于是有，故D对.
11. 如图，在长方形中，，点是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得重合，重合，重合，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（ ）
A. 该六面体的表面积为3
B. 点到平面的距离为
C. 二面角的余弦值为
D. 该六面体内能装下的最大的球的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据翻折得到六面体各边长，可知该六面体由两个全等的三棱锥和构成，结合翻折前后面面积不变，可直接计算出表面积；对于B，先证明平面，再利用等体积法即可求出点到平面的距离；对于C，以为原点建立空间直角坐标系，根据对称性得到点的坐标，再通过向量法求出平面与平面的法向量，进而计算二面角的余弦值；对于D，利用六面体的体积和表面积，通过等体积法求出内切球半径，进而计算其体积．
【详解】根据题意，在六面体中，，，
故此六面体由两个全等的三棱锥，构成，
表面积，故A正确．
又，，同理可得，，
又平面，平面，，
，设点到平面的距离为，
，，故B正确．
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
连接交平面于点，则，，，
又为等边三角形，且六面体关于平面对称，
，，则，，
易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
，又二面角的平面角为钝角，
∴二面角的余弦值为，故C错误．
该六面体内能装下的最大的球为其内切球，设半径为，
六面体的表面积，
，解得，所以球的体积为，
即该六面体内能装下的最大的球的体积为，故D正确．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，若，则______.
【答案】
【解析】
【详解】由题设，则，可得，可得.
13. 如图，在平行六面体中，，记向量，若向量，则______.
【答案】
【解析】
【详解】在平行六面体中，，
则，
而向量，且不共面，
所以，.
14. 若对任意的恒成立（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知化简，再构造函数应用单调性列式，最后参数分离，应用导函数得出函数单调性得出最值即可求解.
【详解】依题意得对任意的恒成立，
令，
因为在上单调递增，所以，
所以对任意的恒成立，
令，则.
当时，，则函数在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减.
故，所以.
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. 已知函数在处取得极值.
（1）求实数的值；
（2）求在区间上的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，利用导数及极值列出方程组求参数，再检验即可；
（2）利用导数求出函数单调性，由单调性求函数值域即可.
【小问1详解】
由求导得，
因为在处取得极值，
所以，解得
经验证，在处取得极值，符合题意.
故.
【小问2详解】
由（1）可得，
因为，所以当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增.
因为，
且，所以，
故在区间上的值域为.
16. 如图，在四棱锥中，底面，.
（1）若上有一点，满足，证明：平面平面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用线面垂直判定定理证明平面，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求解平面与平面的法向量，最后应用面面角余弦公式计算求解.
【小问1详解】
证明：连接.
，
.
又平面平面，
.
平面，
平面平面，
∴平面平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.
由，
可得.
设平面的法向量为，
则
，取，得.
设平面的法向量为，
则
令，得.
设平面与平面的夹角为，
，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
17. 将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长为的小正方形后，做成一个无盖的方形盒子，盒子的容积为.
（1）建立关于的函数，并求的最大值；
（2）在实际生产中，为控制包装成本，设无盖盒子的容积为，要使得无盖盒子的表面积最小，求截去的小正方形的边长的取值（用仅含的式子表示）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由长方体体积公式得到，求导确定单调性即可求解；
（2）由体积得到，进而得到表面积，求导确定单调区间，即可求解.
【小问1详解】
∵底边长为，高为，
.
，
，
令，即，解得（舍去.
当时，，当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
可得.
【小问2详解】
盒子的表面积，
由，得，即，
代入表面积公式得，则.
令，得，即，解得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，表面积最小.
18. 如图，在长方体中，.
（1）若点在底面内，且平面，求点的轨迹长度；
（2）若平面截长方体所得的截面交于点，求四边形的面积；
（3）在（2）的条件下，已知点在侧面内，且，当直线与平面所成角的正弦值最大时，试探究点的位置.
【答案】（1）
（2）
（3）点为上靠近点的三等分点
【解析】
【分析】（1）应用空间向量法求出法向量，进而因为线面平行列式计算求解；
（2）先设，应用四点共面得出参数，再计算边长得出四边形面积即可；
（3）先设，再应用线面角正弦公式计算即可求出参数.
【小问1详解】
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.
设，则.
设平面的法向量为，
则取，则，
即.
因为平面，所以，
取的中点，连接，则点的轨迹是线段，.
【小问2详解】
连接，设，得，
由于四点共面，可设，
即，解得所以，
此时，因为，所以，又，
所以四边形是菱形，又，
所以四边形的面积.
【小问3详解】
，设，
则
设直线与平面所成的角为，
则，
当时，取得最大值，
则当，即时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点为上靠近点的三等分点.
19. 已知函数.
（1）讨论的单调性.
（2）设函数.
（i）当时，证明：.
（ii）若有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】
【分析】（1）求导后对参数进行分类讨论（与），解导函数不等式确定单调区间；
（2）（i）采用“隐零点”技巧：求导后二阶分析确定极值点存在但不可解，利用零点方程进行代换化简最大值表达式，最后结合隐零点所在区间和函数单调性放缩完成证明；（ii）方法一：将零点问题转化为直线与函数图像的交点问题，通过求导分析的单调性与极限值确定参数范围；方法二：讨论原函数单调性，利用极值点方程消去参数，将最大值表示为关于极值点的函数，再通过其单调性解不等式求得结果；
【小问1详解】
.
①当时，恒成立，又，
，故在上单调递增.
②当时，令，得，易得当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
（i）证明：当时，.
令，则在上单调递减，
且，
故，即.
当时，；当时，.
在上单调递增，在上单调递减.
，
，且在上单调递减，
，
.
（ii）（方法一），令，得.
令，则，
化简得.
令，则在上单调递减，又，
在上单调递增，在上单调递减，最大值为，
又，当时，，
，
与有两个交点的充要条件是，
的取值范围为.
（方法二）（最大值分析，极值代换）
依题意得，
.
当时，恒成立，在上单调递增，至多一个零点.
当时，令，得，
解得正根为.
此时在上单调递增，在上单调递减，.
由，得，代入得
令，则在上单调递增，且，
，即，
整理得，解得，
的取值范围为.