2022-2023学年甘肃省张掖市第一中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年甘肃省张掖市第一中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．下列导数运算正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据基本初等函数的求导公式和导数的四则运算法则逐项计算即可判断.

【详解】；；；.

故选：D.

2．已知为原点，，，则的边上的中线长为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】由中点坐标公式和距离公式求解.

【详解】线段的中点坐标为，

则的边上的中线长为.

故选：B

3．已知向量分别是直线，的方向向量，若，则（    ）

A．8 B．20 C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量平行的坐标表示求解可得.

【详解】因为，则存在实数使得，

所以，即，

解得，，，

所以.

故选：.

4．函数的图象在处的切线在轴上的截距是（    ）

A．1 B． C． D．0

【答案】C

【分析】根据导数的几何意义求切线方程，运算求解即可.

【详解】由题意可得：，，

则，

即切点坐标为，切线斜率，

故切线方程为，则，

令，则，解得，

故函数的图象在处的切线在轴上的截距是.

故选：C.

5．已知直线与曲线相切，则实数a的值为（    ）

A． B． C．0 D．2

【答案】A

【分析】设切点，利用导数的几何意义计算即可.

【详解】设切点为，易知，则，解之得，

故选：A

6．设正方体的棱长为1，则点到的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，分别连接，证得平面，得到，转化为即为点直线的距离，在直角中，即可求解.

【详解】如图所示，连接，设，分别连接，

在正方体中，可得平面，

因为平面，所以，

又由正方形中，可得，即，

因为，且平面，所以平面，

又因为平面，所以，所以即为点直线的距离，

在直角中，.

故选：B.

7．已知点为函数的图象上一点，则点到直线的距离的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出直线与函数的图象，利用平行于直线且与函数的图象相切的直线，可以求得相应的最小距离.

【详解】设直线平行于直线，则直线的斜率为2，

当直线与函数的图象相切，点为切点时，点到直线的距离的最小，

设切点坐标为，

因为，则，解得，

又在函数的图象上，则，

则切点坐标为，到直线的距离为，

则点到直线的距离的最小值为.

故选：A.

8．若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据导数的几何意义求出过点的切线方程为，利用方程的解个数与函数图象交点个数的关系将问题转化为图象与直线在R上有3个交点，结合导数求出函数的极值，根据数形结合的思想即可求解.

【详解】设该切线的切点为，则切线的斜率为，

所以切线方程为，

又切线过点，则，整理得.

要使过点的切线有3条，需方程有3个不同的解，

即函数图象与直线在R上有3个交点，

设，则，

令，令或，

所以函数在上单调递增，在和上单调递减，

且极小值、极大值分别为，如图，

由图可知，当时，函数图象与直线在R上有3个交点，

即过点的切线有3条.

所以实数a的取值范围为.

故选：B.

二、多选题

9．函数的定义域为，它的导函数的部分图像如图所示，则下列结论中错误的有（    ）

A．是的极小值点 B．

C．函数在上有极大值 D．函数有三个极值点

【答案】ACD

【分析】由图像可得有三个零点，但附近导函数同号可知不是极值点从而判断AD；由在上，上的单调性可以判断BC.

【详解】当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以有，因此选项B正确；

当时，，单调递增，所以在上没有极大值，因此选项C不正确；

当时，，单调递增，于是附近导函数不变号，因此不是的极值点，只有当和时函数有极值点，所以选项A不正确，选项D不正确，

故选：ACD

10．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中正确的是（    ）

A．若两条不重合直线，的方向向量分别是，，则

B．若直线的方向向量，平面的法向量是，则

C．若两个不同平面，的法向量分别为，，则

D．若平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则

【答案】ACD

【分析】利用空间向量共线定理判断A即可；由的关系式即可判断B；由的关系即可判断选项C,利用平面内法向量的性质即可判断D.

【详解】因为两条不重合直线，的方向向量分别是，，

所以，所以共线，又直线，不重合，

所以，故A正确；

因为直线的方向向量，平面的法向量是

且，所以，故B不正确；

两个不同平面，的法向量分别为，，

则有，所以，故C正确；

平面经过三点，，，

所以

又向量是平面的法向量，

所以

则，故D正确，

故选：ACD.

11．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则（    ）

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

【分析】根据线线平行即可判断A,建立空间直角坐标系，利用向量数量积即可判断线线垂直，即可判断B，根据空间向量求解法向量即可判断C，根据空间距离的向量法即能求出点到平面的距离，从而判断D.

【详解】以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

对于A，由于分别是的中点，所以,平面,平面,故平面，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

三、单选题

12．已知函数，则下列结论中错误的有（    ）

A．一定有极大值 B．当时，有极小值

C．当时，可能无零点 D．若在区间上单调递增，则

【答案】ABC

【分析】求得，当，得到在定义域上单调递增，无极值，可判定A错误；若时，得到函数的单调区间，结合极值的概念，可判定B错误；由时， 在定义域上单调递增，结合时，，当时，，可判定C错误；结合函数的单调性，列出不等式，可判定D正确.

【详解】由函数，可得，

若，则恒成立，即在定义域上单调递增，无极值，故A错误；

若，令，解得；令，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

当时，函数取得极大值，所以B错误；

若，由上知在定义域上单调递增，当时，，当时，，故使得，故C错误；

若在区间上单调递增，由时，恒成立，满足题意；

当时，则满足，即，综上可得，故D正确.

故选：ABC.

四、填空题

13．曲线在点处的切线方程为__________．

【答案】

【分析】先求出切点坐标，再求出切线的斜率，即得解.

【详解】由题得，，，

所以曲线在点处的切线方程为，

化简得．

故答案为：

14．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：

15．在空间直角坐标系中，点，，，若点在平面内，则，，，应满足的关系为_________.

【答案】

【分析】求出平面的法向量，根据点在平面内，即可求解.

【详解】点，，，

所以：，，

设平面的法向量为，

则：,令得：

在平面内,所以

即：

故答案为：

16．已知函数.若恒成立，则的取值范围是的___________.

【答案】

【分析】分离参数，构造函数，利用三次导数求最值可解.

【详解】恒成立等价于即可.

令，则，

令，则，

令，则

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增；

所以，

所以在上单调递增，

又，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

当时，取到最小值为，即，

故答案为：.

五、解答题

17．函数过点.

（1）求函数的单调区间

（2）求函数在区间上的最大值和最小值．

【答案】（1）的增区间为，，减区间为．

（2），

【分析】（1）利用在函数图像得到，再利用导数求出函数的单调区间；

（2）利用（1）中的单调性可求函数在的最值．

【详解】(1)点在函数的图象上，

∴，解得，

∴，∴，

当或时，，当时，．

所以的增区间为，，减区间为．

(2)由(1)可得：函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．

∴，又，，

∴．

【点睛】一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．

18．已知函数.

(1)若在处取得极值，求a的值；

(2)若有两个零点，求a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求得，由，求得，经验证，当时，函数取得极小值，符合题意；

（2）由，当时， 单调递减，不符合题意；当时，利用导数求得函数的单调性与最小值，结合，即可求解.

【详解】（1）解：由函数，可得函数的定义域为，

且，

因为函数在处取得极值，所以，解得，

当时，可得，

当时，，单调递减

当时，，单调递增，

所以当时，函数取得极小值，符合题意.

（2）解：由，其中，

当时，可得，单调递减，函数至多有一个零点，不符合题意；

当时，令，解得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

当时，函数极小值，也是最小值，最小值为，

当时，，且，

要使得函数有两个零点，则满足，即，

解得，所以实数的取值范围是.

19．如图，平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，.

(1)证明：AB垂直平面PDE；

(2)求直线与平面DCE所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见详解

(2).

【分析】(1)先证明A，P，D，E四点共面，然后利用线面垂直和正方形性质可证；

 (2)建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量和直线的方向向量，求两向量的夹角余弦，由此可得结论.

【详解】（1）因为，所以A，P，D，E四点共面，

因为平面，平面，

所以，

因为四边形为正方形，所以，

又平面，平面，

所以平面，即平面

（2）因为平面，平面，所以，

由（1）可知两两垂直，所以，以A为坐标原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，．

则，，

设平面的法向量为

则，即

取，得，

设直线与平面所成角为，

则，

∴直线与平面所成角的正弦值为．

20．如图，正方体的棱长为2，点为的中点．

(1)求点到平面的距离为；

(2)求到平面的距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离为即可；

（2）利用法向量的来证明线面平行，将到平面的距离进行转化为点到面的距离即可.

【详解】（1）以为原点，所在的直线分别为轴如图建立空间直角坐标系，

则，

所以，                    

设平面的一个法向量为，

则，

令，

所以平面所的法向量为，又

所以点到平面的距离.

（2）由（1）可得平面的法向量为，

∵，∴，

，

，

∴平面，                 

所以到平面的距离可以转化为点到平面的距离，

由，

所以到平面的距离为.

21．如图，已知三角形是等腰三角形，，，C，D分别为，的中点，将沿CD折到△PCD的位置如图2，且，取线段PB的中点为E．

(1)求证：平面PAD；

(2)求二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取PA中点F，连接DF，EF，即可证，，得到四边形CDEF为平行四边形，则，再由线面平行的判定可得平面PAD；

（2）通过题目条件证得AD，CD，PD两两互相垂直，以D为坐标原点，分别以AD，CD，PD所在直线为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面ECA，平面ECB的法向量，再由两法向量所成角的余弦值即可求得二面角的正弦值．

【详解】（1）证明：取PA中点F，连接DF，EF，

∵E为PB的中点，则，，∴，，

又∵C，D分别为，的中点，∴，，

∴，，

∴四边形CDEF为平行四边形，∴．

∵平面PAD，平面PAD，

∴平面PAD；

（2）由题知，，，

∴，则，

∵在中，，C，D分别为，的中点，

∴，∴，，

∴AD，CD，PD两两互相垂直．

如图所示，以D为坐标原点，分别以AD，CD，PD所在直线为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，

∴，，，

设平面ECA，平面ECB的法向量分别为，，

则，取，可得；

，取，得．

∴．

设二面角的平面角为，则．

22．已知，.

(1)讨论函数在上的单调性；

(2)对一切实数，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据m分类，利用导数求单调区间即可；

（2）参变分离，构造函数，然后利用导数求其最大值可得.

【详解】（1）因为，则，令可得.

①当时，对任意的，，此时函数的减区间为；

②当时，由可得，由可得，

此时函数的减区间为，增区间为.

综上所述，当时，函数的减区间为；

当时，函数的减区间为，增区间为.

（2）因为

所以，对一切实数，不等式恒成立，

即恒成立，

可得，即，

令，其中，

则，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

所以，，则，解得.

所以a的取值范围为