福建省龙岩市2025-2026学年高二下学期4月期中联考数学试卷

这是一份福建省龙岩市2025-2026学年高二下学期4月期中联考数学试卷，共6页。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。
一、单选题
a0,0, 2k  3, k
已知向量 →   1,1 与b  2
 共线，则实数k  （ ）
0B．1C． 1或3D． 3 或1
曲线 y  1 x3  2x  3 在点 1, 14  处的切线的倾斜角为（ ）
33 
 π
4

π
3
2π
3
3π
4
–––→
已知 O 是坐标原点，空间向量OA  1,1, 2 ，OB  1, 3, 4 ，OC  2, 4, 4 ，若线段 AB 的中点为 D，则 CD 
（ ）
2
A． 2
B．3C．8D．9
若函数 f  x  x2  x ，则函数 f  x 从 x  1 到 x  3 的平均变化率为（ ）
A．6B．3C．2D．1
已知空间三点 A1,1,1 ， B 1, 0, 4 ， C 2, 2, 3 ，则 AB 与CA 的夹角为（）
π
3
ex1
π
6
2π
3
5π
3
函数 f  x 的大致图象为（ ）
x
A．B．
C．D．
已知函数 f ( x) 的导函数为 f  x ，且满足 f  x  2xf (1)  ln x ，则 f (2)  （）
A． 3
2
B．1C． 1
D．  3
2
若函数 f  x   2  m x  lnx  m 有两个零点，则实数m 的取值范围是（ ）
A． 0,1
B． 1, 2
C． 2, 3
D．, 3
二、多选题
在空间直角坐标系中，已知 A2,1,1 ， B 1, 3, 2 ， C 3, 2, 2 ，则（ ）.
点 A 关于 xOz 平面对称的点是 A2, 1,1
点 B 关于 x 轴对称的点是 B1, 3, 2
AB  AC  0, 3, 2
AB  BC  4
下列命题是真命题的有（ ）
平面α经过三点 A(1, 0, 1) ， B(0,1, 0) ， C (1, 2, 0) ， n  (1, u, t) 是平面α的法向量，则u  0 ， t 1
直线l 的方向向量为a  (1, 1, 2) ，直线m 的方向向量为 →   2,1,  1  ，则l 与m 垂直
b2 

直线l 的方向向量为a  (0,1, 1) ，平面α的法向量为n  (1, 1, 1) ，则l α
A ， B ， M ， N 是空间四点，若 BA ， BM ， BN 不能构成空间的一个基底，那么 A ， B ， M ， N
共面
已知函数 f  x  x3  6ax2  2 a  R ，则（ ）
当a  1 时， f  x 的单调递减区间为4, 0
存在a  0 ，使得 f  x 有三个零点
当a  0 时， f  x 的极小值点为0, 2
当a  0 时，曲线 y  f  x 1 的对称中心为1, 2
三、填空题
a
已知空间向量 →  (2, 1,1),b  (1,1,2) ，则
| a
→  b | ．
已知空间向量a  1,1, 0 ， b  2,1, 2 ，则向量a 在向量b 上的投影向量的坐标是.
已知函数 f ( x)  a ln x  1 x2  6x  4 在定义域内单调递增，则a 的取值范围是.
2
四、解答题
在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， DA  2, DC  4, DD1  4 2 ， E 为 B1C 与 BC1 的交点．
用向量 AB, AD, AA1 表示 AE ；
求异面直线 AE 与 A1C 所成角的余弦值．
已知函数 f  x  2 ln x  ax2  b 在 x  1 处取得极值 1.
求a 、b 的值；
求 f  x 在e1 , e 上的最大值和最小值.
已知函数 f  x   x 12  alnx ．
若a  4 ，求 f  x 的单调区间；
若 f  x 有两个极值点，求实数a 的取值范围；
3
如图，四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， AD / / BC ， AB  AD ， PA  1 ， AB ， BC  1 ，
AD  2 ， M 是 PD 的中点.
求证： CM / / 平面 PAB ；
求平面 PAB 与平面 PCD 所成角的余弦值；
在线段 BD 上是否存在点Q ，使得点 D 到平面 PAQ 的距离为 2 21 ？若存在，求出 BQ 的值；若不存在，
7BD
请说明理由.
已知函数 f  x  sin x  x  a 在点0, f 0 处的切线l 与直线n : x  y  0 平行.
ex
求切线l 的方程；
判断 f  x 在 0, 3π 上零点的个数，并说明理由.
2 

1．D
→
【详解】因为向量a  0, 1,1 与b  0, 2k  3, k
参考答案
2  共线，
2
所以 2k  3  k ，即k 2  2k  3  0 ，解得k  3 或k  1 ，
11
所以实数k 的值为3 或1.
故选：D.
2．D
【详解】因为 y  1 x3  2x  3 ，则 y  x2  2 ，所以 y |
3
x1
 12  2  1，
即曲线 y  1 x3  2x  3 在点 1, 14  处的切线的斜率k  1 ，设倾斜角为θ，
33 

则tanθ 1 ，又θ0, π ，所以θ 3π .
4
故选：D
3．B
–––→
–––→
OA  OB
【详解】向量OA  (1,1, 2) ， OB  (1, 3, 4) ，线段 AB 的中点为 D，则OD  (0, 2, 3) ,
2
而OC  (2, 4, 4) ，于是CD  OD  OC  (2, 2, 1) ，
(2)2  (2)2  (1)2
–––→
所以| CD | 3 .
故选：B 4．B
【详解】因为 f  x  x2  x ，所以 f 1  12 1  0 ， f 3  32  3  6 ，
故函数 f  x 从 x  1 到 x  3 的平均变化率为y  f 3  f 1  6  0  3 .
x
故选：B.
5．C
【详解】∵ AB  2, 1, 3 ， CA  1, 3, 2
3 12
–––→ –––→

AB  CA 2  3  61
cs AB, CA
 –––→ –––→ 
AB  CA14
  2 ，
∴结合向量夹角范围易知： AB 与CA 的夹角为故选：C
2π ． 3
6．B
ex1
ex1(x 1)
【详解】因为 f  x ，所以 f
x
 x ，
x2
当 x  0 时， f   x   0 ， f  x 单调递减，
当 x  0 时，令 f   x   0 ，得 x  1 ，令 f   x   0 得0  x  1，
所以 f  x 在( 0, 1) 单调递减，在(1, ) 单调递增，当 x  1 时， f  x 有最小值 1，只有选项 B 图象符合.
故选：B
7．D
【详解】依题意 f  x  2 f 1  1 ，令 x  1 得 f 1  2 f 1 1, f 1  1
x
所以 f  x  2  1 ，所以 f 2  2  1   3 ，故选 D.
x22
8．B
【详解】 f  x   2  m x  lnx  m 有两个零点，即lnx  2  m  x  m 有两个正实根，即函数 y  lnx 与 y  2  m x  m 的图象有 2 个交点．
直线 y  2  m x  m 过定点 P 1, 2 ，当该直线与曲线 y  lnx 相切时，设切点为 x0 , ln x0  ，
0
又 y  1 ，则 1  lnx0  2 ，即lnx  1  1  0 ，
xx0x0  1x0
令 g  x   lnx  1  1, x  0 ，则 g x  1  1  0 ，所以 g  x  在(0, ) 上单调递增，

xxx2
又 g 1  0 ，故 g  x  有唯一零点 x  1 ，故 x0  1，
所以当直线 y  2  m x  m 与曲线 y  lnx 相切时，切点为1, 0 ，则切线斜率为 1．要使函数 y  lnx 与 y  2  m x  m 的图象有 2 个交点，则需满足0  2  m  1，
所以1  m  2 ．故选：B．
ACD
【详解】点 A2,1,1 关于 xOz 平面对称的点是 A2, 1,1 ，故 A 正确.点 B 1, 3, 2 关于 x 轴对称的点是 B1, 3, 2 ，故 B 不正确.
AB  1, 2,1 ， AC  1,1,1 ， BC  2, 1, 0 ，
AB  AC  0, 3, 2 ， AB  BC  1 2  2 1  4 ，故 C、D 均正确.故选：ACD
BD
–––→→–––→ →
 AB  n ，  AB  n=0
【详解】对于 A， AB  (1,1,1)，AC  (2, 2,1) ，由题意知–––→→–––→ →，
1 u  t  0

故2  2u  t  0
，解得u  1,t  0 ，A 错误.
 AC  n
 AC  n=0
→ →1→
对于 B，
a  b  1 2 11 2 (
)  0 , 故a  b,
2
可得 l 与 m 垂直，B 正确；
对于 C， a  n  0 1  1 (1)  (1)  (1)  0 , 故 a  n,
可得l 在α内或l ∥α，C 错误；
对于 D, A, B, M , N 是空间四点，若 BA ， BM ， BN 不能构成空间的一个基底，则 BA ， BM ， BN 共面，可得 A, B, M , N 共面,D 正确；
故选: BD
AD
【详解】由 f  x  x3  6ax2  2 a  R  ，得 f  x  3x2 12ax a  R  ，对于 A，当a  1 时， f  x  3x2 12x ，令 f  x  0 ，即3x2 12x  0 ，解得 x  0 或 x  4 ，
当 x 4, 0 时， f  x  0 恒成立，所以 f  x 在区间4, 0 上单调递减，故 A 正确；对于 B，令 f  x  3x2 12ax  0 ，解得 x  0 或 x  4a ，
又a  0 ，所以当 x , 0 时， f   x   0 恒成立，所以 f  x 在区间, 0 上单调递增，当 x 0, 4a时， f  x  0 恒成立，所以 f  x 在区间0, 4a 上单调递减，
当 x 4a, ∞ 时， f   x   0 恒成立，所以 f  x 在区间4a,  上单调递增，所以当 x  0 时，函数 f  x 取得极大值， f 0  03  6a  02  2  2  0 ，
当 x  4a 时，函数 f  x 取得极小值， f 4a  4a3  6a 4a2  2  32a3  2  0 ，所以不存在a  0 ，使得 f  x 有三个零点，故 B 错误；
对于 C，令 f  x  3x2 12ax  0 ，解得 x  0 或 x  4a ，
又a  0 ，所以当 x ∞, 4a 时， f   x   0 恒成立，所以 f  x 在区间, 4a 上单调递增，当 x 4a, 0时， f  x  0 恒成立，所以 f  x 在区间4a, 0 上单调递减，
当 x 0,  时， f   x   0 恒成立，所以 f  x 在区间0, ∞ 上单调递增，所以， x  0 是函数 f  x 的极小值点，故 C 错误；
对于 D，当a  0 时，函数 f  x  x3  2 ，曲线 y  f  x 1   x 13  2 ，
因为 y  x3 的对称中心为0,0 ，曲线 y  f  x 1   x 13  2 的图像可由 y  x3 的图像向右平移 1 个单位，再向下平移 2 个单位得到，
根据函数图像的平移性质，曲线 y  f  x 1 的对称中心为1, 2 ，故 D 正确.
故选：AD.
2
3
a
【详解】已知空间向量 →  (2, 1,1),b  (1,1,2) ，
a
则 →  b  (3,0,3) ，
32  02  32
→
→
2
则．
| a  b | 3
故答案为： 3 2 ．
212
(,  ,  )
999
→ →
2
a  b1
2  3
【详解】cs  a, b  → →  ，
| a || b |6
→→ →b
1 1 →
212
所以向量a 在向量b 上的投影向量为| a | cs  a, b   →    b  (,  ,  ) .
| b |3 3999
212
故答案为： (,  ,  )
999
[9, )
【详解】 f ( x)  a ln x  1 x2  6x  4 的定义域为(0, ) ，
2
所以 f (x)  a  x  6  0 在(0, ) 上恒成立，
x
所以a  x2  6x 在(0, ) 上恒成立，因为函数 y   x2  6x  ( x  3)2  9 ，
所以当 x  3 时 y  x2  6x 取得最大值 9，
所以a  9 ，即a 的取值范围是[9, ) .
–––→–––→1 –––→1 –––→
15．(1) AE  AB  2 AD  2 AA1
(2) 13
65
【详解】（1）因为 E 为 B1C 与 BC1 的交点，且 E 为 B1C 的中点，
–––→
1 –––→–––→
1 –––→–––→
–––→ –––→ –––→
22
所以 BE 
BC  BB1  
 AD  AA1 ，又因为 AE  AB  BE ，
–––→–––→1
所以 AE  AB 
–––→ –––→–––→

AD  AA1  AB 
1 –––→
AD 
1 –––→
AA1
222
（2）因为在长方体中，故以 DA, DC, DD1 所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，如图：
根据题意可得 E 1, 4, 2 2 , A2, 0, 0, A1 2, 0, 4 2 , C 0, 4, 0 ．
–––→–––→
AE  1, 4, 2 2  ， A1C  2, 4, 4 2 ．
 
–––→ –––→
可得 AE  A1C  1 2  4  4  2 2  4 2  2 16 16  2 ．
–––→
AE 
–––→ –––→ AE  A1C –––→ –––→ AE A1C
–––→ –––→
–––→
116  8
 5 ， A1C 
 2，
4 16  32
13
213
5 2 13
所以 cs AE, A1C  65 ，
故异面直线 AE 与 A1C 所成角的余弦值为 13 ．
65
16．(1) a  1 ， b  2
(2)最大值为 1，最小值为4  e2
【详解】（1）因为 f  x  2 ln x  ax2  b ，该函数的定义域为0, ∞ ，
则 f  x  2  2ax ，
x
因为函数 f  x  2 ln x  ax2  b 在 x  1 处取得极值 1，
 f (1)  b  a  1
则 f 1  2  2a  0 ，解得a  1 ， b  2 ，则 f  x  2 ln x  x2  2 ，

22 1 x2 
f  x  0
所以， f  x  2x ，令
xx
，可得 x
1 ，列表如下：
所以，函数 f  x 在 x  1 取得极大值，合乎题意，故a  1 ， b  2 .
（2）由（1）可知，函数 f  x 在1 ,1 上单调递增，在[1, e] 上单调递减，
e 
max
所以， f  x f 1  2 ln11 2  1 ，
又因为 f  1   2 ln 1  1  2   1 ， f e  2 ln e  e2  2  4  e2 ，
e
 
 ee2e2
x
0,1
1
1, 
f (x)
+
0
f  x
增
极大值
减
1e2  22  5e2  2  5 e2  2  5 
因为 4  e2   0 ，
e2
所以 1
e2
e2
min
4  e2 ，故 f  x
e2
 f e  4  e2 .
17．(1)单调递减区间为0, 2 ，单调递增区间为2, 
(2)   1 , 0 
 2

，
【详解】（1）若a  4 ， f  x   x 12  4lnx  x  0 ，
则 f 
42x2  2x  4
 
x  2 x 1 
2  x  2 x 1
xxx
令 f  x  0 ，解得 x  2 ，令 f  x  0 ，解得0  x  2 ，
所以函数 f  x 单调递减区间为0, 2 ，单调递增区间为2, ∞ .
（2）由 f  x   x 12
 alnx  x  0 ，可得 f
 x  2  x 1  a
2x2  2x  a

，
xx
由 f  x 有两个极值点，则 f  x  0 有两个变号零点，即2x2  2x  a  0 有两个正根，

Δ=22  4  2 a  0
2

 2
所以  0，


a  0
 2
解得 1  a  0 ，所以实数a 的取值范围为  1 , 0  .
2 2

18．(1)证明见详解；
3 ；
4
存在， BQ  1 .
BD2
【详解】（1）取 PA 中点 E ，连接 EM 、 EB ，
又M 是 PD 的中点，所以 EM / / AD ，且 EM  1 AD ，
2
又 AD / / BC ， BC  1 ， AD  2 ，所以 EM / / BC ，且 EM  BC ，所以四边形 EMCB 为平行四边形，所以MC / / EB ，
又 EB  平面 PAB ， MC  平面 PAB ，所以CM / / 平面 PAB ；
因为 PA  平面 ABCD ， AB  平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，所以 PA  AB ， PA  AD ，
又 AB  AD ，所以以 A 为坐标原点，以 AP 为 z 轴，以 AB 为 x 轴，以 AD 为 y 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则 P 0, 0,1 ， A0, 0, 0 ， B  3, 0, 0 ， C  3,1, 0， D 0, 2, 0 ，
–––→–––→
所以 AP  0, 0,1 ， AB   3, 0, 0， PC  
3,1, 1 ， PD  0, 2, 1 ，
→
–––→
→n  AP  0
z  0
令平面 PAB 的法向量为n   x, y, z  ，则→ –––→
，即，
n  AB  0 3x  0
→
令 y  1，则 x  0 ， z  0 ，所以平面 PAB 的法向量为n  0,1, 0 ，
 →
–––→
→m  PC  0
 3x  y  z  0
令平面 PCD 的法向量为m   x, y, z  ，则 → –––→，即，
m  PD  02 y  z  0
3→ 3
令 y  1，则 x ， z  2 ，所以平面 PAB 的法向量为m  
3
3 ,1, 2  ，
设平面 PAB 与平面 PCD 所成角为

 0 θ π  ，
θ2 

所以csθ
→ →
0  3 11 0  2
3



2
3 
 3 
 12  22
3

n m1

→→ 
02 12  02
3
n m4
 4 ，
所以平面 PAB 与平面 PCD 所成角的余弦值为 3 ；
4
BQ
–––→
–––→

设 BD
 λ且0 ≤λ≤1 ，则 BQ  λBD ，由（2）可得， AB  
3, 0, 0，BD  
3, 2, 0， AP  0, 0,1 ，
–––→–––→ –––→–––→–––→
所以 AQ  AB  BQ  AB  λBD 
3  3λ, 2λ, 0 ，
 → –––→
z  0
PAQ→
n1  AP  0
设平面
的法向量为n1   x, y, z  ，则→  –––→  0 ，即 3 
3λ x  2λy  0 ，
n1 AQ
3λ 3
PAQ
→3λ 3
令 x 
3 ，则 y 
， z  0 ，所以平面
2λ
的法向量为n1   3,
2λ , 0  ，

又 PD  0, 2, 1 ，点 D 到平面 PAQ 的距离为 2 21 ，
7
→ –––→
0  3  2  3λ 3  1 0
n1  PD
所以
 2 21 ，即2λ  2 21 ，解得λ 1 ，

3 
2
 3λ 3 2

2λ 

7
n2
→7
1
所以在线段 BD 上存在点Q ，使得点 D 到平面 PAQ 的距离为 2 21 ，且 BQ  1 .
7BD2
19．(1) x  y 1  0
(2)有且只有 1 个零点，理由见解析.
【详解】（1） f (x)  cs x  a 1 x ，
ex
所以切线的斜率k  f (0)  a ，由题意得a  1 .
所以 f (x)  sin x  x 1 ，所以 f (0)  sin 0  0 1  1，
exe0
所以切线l 的方程为 y 1  1(x  0) ，即 x  y 1  0 .
（2）由（1）知a  1 ，所以 f (x)  sin x  x 1 ，
ex
由 f (x)  sin x  x 1  0 ，可得ex sin x  x 1  0 ，
ex
令 g(x)  ex sin x  x 1，则 g(x)  (sin x  cs x)ex 1 .

①当 x  0, π  时， sin x  cs x  2 sin  x π ，
2 4 

因为 x  0, π  ， x  π  π , 3π  ，则sin x  cs x  1, 2  ， ex  1 ，


2 
4 4 4 
所以 g( x)  0 ，所以 g ( x) 在 0, π  上单调递增，
2 

又因为 g(0)  1  0 ，所以 g ( x) 在 0, π  上无零点.
2 

 2 2 
②当 x  π , 3π  时，令h( x)  (sin x  cs x)ex  1，

 2 2 
则h(x)  2 cs x  ex  0 ，即h( x) 在 π , 3π  上单调递减，

π  π
 3π3π
又因为h  e 2 1  0, h   e 2
1  0 ，
 2  2 
x π 3π
所以存在 0 , ，使得h  x0   0 ，
 22 
g ( x)π
3π
所以在 2 , x0  上单调递增，在 x0 , 2  上单调递娍，

π
 π π
 3π 
3π3π
因为 g  x0 
g    e 2  1  0, g   e 2 1  0 ，
 2 2 2 2
所以 g ( x) 在 x , 3π  上有且只有一个零点.
 0 2 
