福建省宁德市一级达标校五校联合体2022-2023学年高二下学期期中数学试题

福宁古五校教学联合体2022-2023学年第二学期期中质量监测高二数学试题（满分150分，120分钟完卷）注意事项：1．答卷前，考生务必将姓名、座号、考场、班级填写在答题卡上．2．选择题用2B铅笔将答案涂在答题卡上，非选择题将答案写在答题卡上．3．考试结束，考生只将答题卡交回，试卷自己保留．一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，有且仅有一个选项是正确的．）1．已知则（）A． B．5 C． D．2．某质点的运动方程是，则该质点在时的加速度大小为（）A．1 B．3 C．6 D．93．如图长方体中，分别是的中点，如图所示建系，则中点的坐标为（）A． B． C． D．4．曲线在某点处的切线的倾斜角为锐角，且该点坐标为整数，则该曲线上这样的切点的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个5．若一射线从处开始，绕点匀速逆时针旋转（到处为止），所扫过的图形内部的面积是时间的函数，的图象如图所示，则下列图形中，符合要求的是（）A． B．C． D．6．在三棱锥中，，向量与所成角的余弦值是（）A． B． C． D．07．函数的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A． B．C． D．8．悬链线是平面曲线，是柔性链条或缆索两端固定在两根支柱顶部，中间自然下垂所形成的外形如图，在工程中（如悬索桥、双曲拱桥、架空电缆）有广泛的应用。当微积分尚未出现时，伽利略猜测这种形状是抛物线，直到1691年莱布尼兹和伯努利利用微积分推导出悬链线的方程其中为参数．当时，我们可构造出双曲余弦函数．下列结论错误的是（）A．是偶函数B．值域为C．曲线上任意一点切线的斜率均大于0D．曲线上任意一点函数值的平方与该点切线斜率的平方之差均为1二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，漏选得2分，选错得0分．）9．下列式子正确的是（）A． B．C． D．10．如图正方体中，为正方形的中心，分别为的中点，下列结论正确的是（）A．平面 B．C． D．平面11．已知函数，则下列结论正确的是（）A．函数存在两个不同的零点B．函数既存在极大值又存在极小值C．当时，方程有且只有两个实根D．若时，，则的最小值为212．已知是自然对数的底数，则下列不等关系中正确的是（）A． B． C． D．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13．函数的单调递增区间为________．14．已知平面内有三点，若，则实数的值为（）15．已知函数的定义域为，其导函数为，若，则关于的不等式的解集为________．16．若曲线与曲线存在公切线，则实数的取值范围为________．四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算过程。）17．（10分）已知向量（1）设，试判断与是否平行；（2）求在方向上的投影长。18．（12分）易拉罐可视为圆柱体（包含上底面）。其表面积为定值，设其底面半径为，体积为（1）求关于的函数解析式，并求其定义域；（2）当为何值时，取得最大值。并求此时圆柱体的高（用表示）。19．（12分）如图所示，在正方形中，，连接，将沿线段翻折成，使平面平面（1）求异面直线与所成的角；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值．20．（12分）已知函数在时取得极小值为（1）求的值；（2）令，证明：．21．（12分）如图在直三棱柱中，侧面为正方形，分别为和的中点，为棱上的点，（1）证明：；（2）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最大．22．（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若使得，证明：．福宁古五校教学联合体2022-2023学年第二学期期中质量监测高二数学试题参考答案及评分标准说明：一、本解答指出了每题要考察的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解法不同，可根据试题的主要考察内容比照评分标准指定相应的评分细则。二、对计算题，当考生的解答在某一部分解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分。一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．1．D2．C3．B4．C5．D6．B7．A8．C二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．9．CD10．AC11．ABC12．BD12题解析：函数在上单调递减对于A，由得，即，又，则，错误；对于B，由得，即，正确；对于C，由得，即，即，即，即，因为不成立，所以错误；对于D，由得，即，即，即，因为成立，所以正确．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．（或）14．15．16．16题解析：曲线在切点处的切线方程为，整理得，曲线在切点处的切线方程为，整理得，因为存在公切线，所以有：，，由（1）得：，由（2）得：，由（1），（2）整理得即该方程有解，记，即，则，记，由得或，当时，；时，；结合图象知：四、解答题17．解：（1）所以与平行（2）在方向上的投影长18．解：（1）由得，则体积由得，定义域为．（2），由得当变化时，和的变化情况如下表所示：+0-递增极大值递减所以时，取得最大值此时答：当时，取得最大值，此时圆柱体的高为19．解：取中点，连接．因为平面平面，平面平面又正方形中，，即所以平面．如图所示，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正半轴建立空直角坐标系．由已知得：,设与所成角为，则又，则．（2）设平面的法向量由，得令，则，所以设平面的法向量由，则令，则所以则设平面与平面所成角为，则．20．解：（1）由得解得经检验知：当时在时取得极小值为（2）由（1）知，则记，由得在单调递减，在上单调递增．又，所以在上有唯一零点即存在唯一使得．且时即在单调递减；时即在上单调递增所以又由得，所以又在单调递减所以，即21．解：（1）证明：在直三棱柱中，平面侧面为正方形，则又且，则，又且平面，则平面则如图所示，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正半轴建立空直角坐标系则则所以，即（2）设平面的法向量由（1）知则即令，得设与平面所成角为，又所以当时，取最小值，即取得最大值．所以当时，直线与平面所成角的正弦值最大．22．（1）解：函数定义域为①时，由得，解得；由得，解得，所以在上单调递减，在上单调递增②时，由得，解得；由得，解得，所以在上单调递增，在上单调递减综上所述，时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减．（2）证明：当时，，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，不妨设，下证“”：要证，即证根据的单调性，即证，即证，又，即证，记，即证（*）又．，即在上单调递减，所以，即（*）成立，所以成立．下证“”：法一：由得：，即，令，则，整理得．要证，即证，即证，即证，即证，又，即证记因为，又，所以在单调递减，所以即（*）成立，所以成立．法二：时，因为且所以在点处的切线为下面证，即证令则，则则在上单调递减，在上单调