甘肃靖远县第一中学等校2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题（含解析）

这是一份甘肃靖远县第一中学等校2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题（含解析），共9页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围， 下列求导运算正确的是， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：湘教版选择性必修第二册第1章、第2章.
一、选择题：本大题共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. 如果函数在处的导数为2，则（ ）
A. 2B. 1C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的定义运算求解即可.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：D.
2. 已知点是空间直角坐标系中的一点，则点关于平面对称的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间直角坐标系中关于坐标平面对称问题直接求解.
【详解】点关于平面对称的点的坐标为.
故选：A
3. 直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若平面，则（ ）
A. B. 5C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，结合空间向量数量积的坐标运算可求得的值.
【详解】直线的一个方向向量为，
平面的一个法向量为，
因为平面，则，
所以，，解得.
故选：B.
4. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对于A:sinx'=csx ，A错误.
对于B：，B错误.
对于：，C错误.
对于D：ln2x'=12x⋅2=1x，D正确.
5. 已知函数的图象在点处的切线与直线平行，则（ ）
A. －1B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出可得函数在点处的切线的斜率为，再利用两斜率相等求出答案.
【详解】由题意知直线的斜率为
又，则
因为函数的图象在点处的切线与直线平行，
所以
解得.
6. 在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出，，利用线线角的向量法，即可求解.
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，
则，所以，，
设异面直线与所成的角为，
则，
故选：D.
7. 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱．如图，在堑堵，中，M是的中点，是的中点，若，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，根据空间向量法线性运算法则计算可得.
【详解】连接，因为是的中点，所以，
因为三棱柱是底面为直角三角形的直棱柱，
所以四边形为长方形，又因为是的中点，
所以，
则，
又，又，，不共面，所以，所以．
故选：D．
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，由导数判断单调性后比较大小，
【详解】设，则，当时，，
故在上单调递减，
而，故，
故选：B
二、多项选择题：本大题共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. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据空间共面向量定理，结合基底的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】依题意构成空间的一个基底，
对于A选项，由于，所以共面，故A不正确.
对于B选项，由于不存在实数使，所以不共面，B正确.
对于C选项，由于不存在实数使，所以，不共面，故C正确.
对于D选项，由于，所以共面，故D不正确.
故选：BC.
10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则以为原点，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B.
C. 是平面的一个法向量
D. 点到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由线面平行的判定定理证明即可；对于B，由空间向量判断异面直线垂直即可；对于C，由平面法向量求解即可；对于D，由点到平面的距离公式计算即可.
【详解】对于A，由于，分别是的中点，
所以平面平面，
所以平面，故A正确；
对于B，，
故，，
故与不垂直，进而可得与不垂直，故B错误；
对于C，由，所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量，故C正确；
对于D，，点到平面的距离为，故D正确.
故选：ACD．
11. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，.则下列结论正确的是（ ）.
A. 当时，
B. 函数有五个零点
C. 若关于的方程有解，则实数的取值范围是
D. ，恒成立
【答案】AD
【解析】
【分析】根据函数是奇函数，求出时的解析式，可判断A；利用导数求出函数在上的单调区间及极值，再结合是奇函数，可作出函数在上的大致图象，从而可逐项判断B，C，D.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，
设，则，所以，
所以当时，，故A正确；
当时，，所以，
令，解得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，函数取得极小值，
当时，，又，
由零点存在定理知函数在仅有一个零点1；
当时，，所以函数在没有零点，
所以函数在上仅有一个零点，
又因为函数是定义在上的奇函数，
故函数在上仅有一个零点，又，
所以函数在定义域上有3个零点，故B错误；
作出函数的大致图象，如图：
若关于的方程有解，则实数的取值范围是，故C错误；
由图可知，对，，故D正确．
故选：AD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数在处取得极值，则的值为_______.
【答案】-2
【解析】
【分析】利用可导函数在极值点的导数等于0求参数即可.
【详解】由题f'x=2ex+a ，因为在处取得极值，所以f'0=2e0+a=0 ，
所以，此时，为增函数，
令f'x=0⇒x=0 ，所以当时，；当时，，
所以函数在处取得极值，故.
13. 已知，向量，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的坐标表示，建立方程，可得答案.
【详解】由得，，
解得，所以.
故答案为：.
14. 在长方体中，，，，是的中点，点满足，当平面时，的值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.
【详解】
根据已知条件，建立如图所示：
以为坐标原点，、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
，，，，，
，，
，
，
设平面的一个法向量，
，，则，
令，有，，所以，
平面，则，即，
解得.
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知函数.
（1）求函数的单调区间以及极值；
（2）求函数在上的最小值.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值
（2）1
【解析】
【分析】(1)先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导数的正负，求得函数的单调区间，从而可求得函数的极值;
(2)根据第(1)小问的单调性，确定函数在区间上的单调性，从而函数的最小值是，比较和的大小，求得函数的最小值.
【小问1详解】
函数的定义域是.
又，令，得，令，得，
故函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的极大值为，无极小值.
【小问2详解】
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的最小值为.
因为，所以，
所以函数在上的最小值为1.
16. 如图，四面体OABC各棱的棱长都是，是的中点，在上，且，记，，.
（1）用向量，，表示向量；
（2）求OE的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由空间向量的线性运算代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由模长的公式结合数量积的运算律代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
连接OD，
则.
【小问2详解】
由（1）得
，.
17. 已知四棱锥，，，，，是上一点，
（1）若是中点，证明：平面.
（2）若平面，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）由中位线定理及面面平行的判定定理可证明；
（2）建立空间直角坐标系求解即可.
【小问1详解】
证明：取的中点为，连接，，则，，
而，，故，，故四边形SFBC为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面
【小问2详解】
因为，故，故，，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而，平面，故，，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量为，
则由m→⋅PA→=0m→⋅PB→=0，可得−y−2z=0x−y−2z=0，取，
设平面的一个法向量为，
则由n→⋅PC→=0n→⋅PD→=0，可得，取，
设平面与平面的夹角为，
则csθ=m⋅nmn=2−15×6=3030，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知函数，在和取得极值．
（1）求实数的值；
（2）求函数的单调区间和极值；
（3）若关于x的方程在区间上有唯一实数根．求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为；
（3）
【解析】
【分析】（1）对函数求导可知和是方程的两个实数根，解方程组可得，；
（2）根据（1）中的结论，由导函数符号可判断出函数单调性，代入计算可得其极值；
（3）利用（2）中单调性分别求出函数在上的值域，结合图象可知与仅一个交点，可求得其范围.
【小问1详解】
由可得，
由于和是极值点，故且，
即，解得，；
此时，
由可得或；由可得，
则函数在和上单调递增，在上单调递减.
故和是极值点，符合题意，
故，；
【小问2详解】
由（1）知的单调递增区间为和，单调递减区间为，
则的极大值为，
极小值为；
【小问3详解】
由知，在上单调递增，且，；
在上单调递减，且，在上单调递增，且，
作出函数在上的图象如下.
要使在上有唯一实根，需使与仅一个交点，
由图知，当时，与只有一个交点，故方程有唯一解；
当时，与只有一个交点，故方程有唯一解.
故实数C的取值范围是.
19. 已知函数．
（1）当时，比较与的大小；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，证明．
【答案】（1）
（2）时在上单调递增；时在上单调递增，在上单调递减
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导判断单调性，根据单调区间比较大小即可；
（2）求导后分子因式分解，按的正负讨论单调区间；
（3）利用最大值点代入，转化为恒成立即可得证.
【小问1详解】
当时，，的定义域为，
则，
故当时，；当时，．
故在上单调递增，在上单调递减；
又，故．
【小问2详解】
的定义域为，．
若，则当时，，故在上单调递增，
若，则当时，；当时，．
故在上单调递增，在上单调递减；
【小问3详解】
由（2）知，当时，在取得最大值，最大值为，
所以等价于，即，
设，则，
当时，，当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，
故当时，取得最大值，最大值为，所以当时，，
从而当时，，即．