2022-2023学年甘肃省张掖市某重点校高二下学期4月月考数学试题含解析

2022-2023学年甘肃省张掖市某重点校高二下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．已知向量则的坐标为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据空间向量的坐标运算求解.

【详解】由题可得，

故选:B.

2．已知函数在处的切线的倾斜角为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】利用导数的几何意义可得出关于实数的等式，解之即可.

【分析】因为，则，则，解得.

故选：B.

3．在空间直角坐标系中，已知点，则点P关于x轴的对称点的坐标是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】直接根据空间点关于轴对称的结论即可得到答案.

【详解】根据空间点关于轴对称，则轴上坐标不变，轴上坐标取相反数，

故点P关于x轴的对称点的坐标是.

故选：C.

4．已知函数在处可导，若，则＝（     ）

A．1 B． C．2 D．8

【答案】B

【分析】利用导数的定义求解．

【详解】.

故选：B

5．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解即可.

【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则,,,,

∴,,

∴,

故选：.

6．一小球做简谐振动，其运动方程为，其中y（单位：）是小球相对于平衡位置的距离，t（单位：）为运动时间，则小球第二次回到平衡位置时的速度是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意求得函数的解析式，求得，进而求得小球第二次回到平衡位置时的速度，得到答案.

【详解】令，可得，解得，

因为，，所以当时，小球第二次回到平衡位置，此时，

又因为，所以，

则小球第二次回到平衡位置时的速度是.

故选：C.

7．在正四面体中，F是的中点，E是的中点，若，则（  ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用空间向量的运算法则即可得，再由三角形法则即可求得.

【详解】根据题意可得，；

再由，

可得.

故选：A

8．已知,则(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数,利用其单调性即可比较a,b,c的大小.

【详解】，，，

设，

,令,得，

当单调递增，

当单调递减，

所以，

所以,即,所以，

所以,即,所以，

所以.

故选：A

二、多选题

9．若直线的方向向量为，平面的法向量为，能使的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】AD

【分析】根据给定条件，利用空间位置关系的向量证明，结合各选项中的向量，计算判断即可．

【详解】若，则，

对于A，，故A正确；

对于B，，故B错误；

对于C，，故C错误；

对于D，，故D正确．

故选：AD．

10．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．在上单调递增 B．在上单调递减

C．在处取得极小值 D．在处取得极大值

【答案】ACD

【分析】根据导函数与函数的单调性和极值的关系求解.

【详解】当时，单调递增，

由图可知时，，单调递增，故A正确；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，故B错误；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以在处取得极小值，故C正确；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以在处取得极大值，故D正确.

故选：ACD.

11．下列求导不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】根据基本初等函数的导数，以及导数的运算法则求导，即可得出答案.

【详解】对于A项，，故A项错误；

对于B项，，故B项错误；

对于C项，，故C项正确；

对于D项，，故D项正确.

故选：AB.

12．如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（    ）

A．当时，EP//平面 B．当时，取得最小值，其值为

C．的最小值为 D．当平面CEP时，

【答案】BC

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用两点间距离公式计算判断BC；确定直线与平面CEP交点的位置判断D作答.

【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

，

，则点，

对于A，，，，而，

显然，即是平面的一个法向量，

而，因此不平行于平面，即直线与平面不平行，A错误；

对于B，，则，

因此当时，取得最小值，B正确；

对于C，，

于是，当且仅当时取等号，C正确；

对于D，取的中点，连接，如图，

因为E为边AD的中点，则，当平面CEP时，平面，

连接，连接，连接，显然平面平面，

因此，平面，平面，则平面，

即有，而，所以，D错误.

故选：BC

【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.

三、填空题

13．曲线在点处的切线方程为___________.

【答案】

【分析】根据导数几何意义可求得切线斜率，由此可得切线方程.

【详解】，所求切线斜率，

在点处的切线方程为，即.

故答案为：.

14．已知A，B，C，D四点共面且任意三点不共线，平面外一点O，满足，则_____________．

【答案】

【分析】根据题意和空间向量的基本定理列方程，解之即可求解.

【详解】由题意得，因为A、B、C、D满足四点共面且任意三点不共线，

，

所以，解得.

故答案为：-4.

15．若函数在上是单调增函数，则的取值范围是________.

【答案】

【分析】根据单调性与导数正负的关系，即可求导求解.

【详解】由得，

由于在上是单调增函数，故在上恒成立，故，

故答案为：

16．已知函数，若恒成立，则实数的最大值为______．

【答案】2e

【分析】根据题意，将问题转化为函数与直线的位置关系，以相切为临界，利用导数求过点的切线斜率，结合图象即可得结果．

【详解】由题意，可得，则，

当时，；当时，；

故在上单调递减，在上单调递增，

若与直线相切，设切点为，

则切线斜率，

所以该切线方程为，

注意到切线过点，则，

整理得，解得或，

当时，；当时，，

结合图象，可得实数a的取值范围为，即实数a的最大值为2e．

四、解答题

17．已知函数为．

(1)函数在点P处的切线与直线互相垂直，求点P的坐标；

(2)过点作曲线的切线，求此切线的方程．

【答案】(1)或

(2)或

【分析】（1）求导，然后设，利用求出，进而可得点P的坐标；

（2）设切点为，求出，利用点斜式写出切线方程，代入点，求出，进而可得切线方程.

【详解】（1），

，

设，

函数在点P处的切线与直线互相垂直

，解得，

或；

（2）过点作曲线的切线，设切点为，

则，

切线方程为，

代入点得，解得或，

即切线方程为或.

18．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面ABCD，Q为线段PD上的点，，，．

(1)证明：平面ACQ；

(2)求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用三角形相似得，结合，则有，利用线面平行的判定即可证明；

（2）以A为坐标原点，建立合适的空间直角坐标系，求出平面ACQ的法向量，利用线面角的空间向量法即可得到答案.

【详解】（1）如图，连接BD与AC相交于点M，连接MQ，

∵，，则，

∴，，

∵，∴，

平面ACQ，平面ACQ，∴平面ACQ；

（2）平面，平面,，

因为底面,则AB，AD，AP两两垂直，

以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

各点坐标如下：，，，．

设平面ACQ的法向量为，

由，，有，令，，，可得，

由，有，，

则．

故直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为．

19．已知函数.

(1)若的图象在处的切线方程是，求实数；

(2)若有两个极值点，求实数的取值范围.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线方程，对比已知切线方程可构造方程组求得结果；

（2）将问题转化为在上有两个不等实根问题，根据一元二次方程根的分布可构造不等式组求得结果.

【详解】（1），，又，

在处的切线方程为：，即，

，解得：，.

（2）有两个极值点，，

在上有两个不等实根，

，解得：，即实数的取值范围为.

20．在四棱锥中，，，，，．

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由等腰三角形的性质和勾股定理，有，，可得面ABCD，则有面面ABCD．

（2）建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量，求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值.

【详解】（1）证明：取BD中点O，连接PO，AO．

因为，O为BD中点，所以．

在、中，因为，，， ，所以，

又在中，，所以．

又，，所以，

又，AO，平面ABCD，所以面ABCD，

又面PBD，所以面面ABCD．

（2）由于为等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，所以，由（1）知面ABCD，

以O为原点，OA，OB，OP为x轴，y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，

所以，，，，

设平面PAD与平面PBC的法向量分别为，，

由，和得和

令，，则，，设法向量，所成的角为，

则，所以平面PAD与平面PBC所成角的余弦值为．

21．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

(1)求证：．

(2)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，说明理由．

(3)若平面与平面夹角的大小为，求的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在；

(3)2

【分析】（1）建立空间直角坐标系，通过坐标运算证明；

（2）假设存在点并设出坐标，因为//平面,则与平面的法向量垂直可求解；

（3）利用法向量的夹角公式求解.

【详解】（1）证明：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设，则，0，，，1，，，1，，，1，，，0，，

，1，，，1，，，0，，，

，．

（2）设在棱上存在一点，0，，使得平面，

此时，，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，，，

平面，，解得，

又平面，

存在点，满足平面，．

（3）设，由（2）得平面的法向量，，，

，0，，，0，，，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，1，，

平面与平面夹角的大小为，

，

由，解得．

22．已知函数．

(1)求的极值；

(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)极小值，无极大值.

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；

（2）参变分离可得对任意的，恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.

【详解】（1）函数的定义域为，又，

令得，令得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值，无极大值.

（2）由得，

即对任意的，恒成立，

令，，则，

令，则，

所以当时，当时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

又，，，

所以当时在内存在唯一的零点，

所以当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，，

因为，所以，，

所以，

因为，所以，

所以，

所以实数的取值范围为.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．