2024-2025学年福建省福宁古五校教学联合体高二下学期期中质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福宁古五校教学联合体2024-2025学年高二下学期期中质量监测数学试题注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一，单项选择题：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，有且只有一个是符合题目要求的．1.下面导数运算错误的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于选项A：，故A正确；对于选项B：，故B正确；对于选项C：，故C错误；对于选项D：，故D正确；故选：C.2.如图，在三棱锥中，，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意可得：.故选：C.3.已知函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意可知：，即在上有解，又因为在上单调递增，则，则，所以实数的取值范围是.故选：B.4.人教A版《数学必修第二册》指出：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫作圆柱（circularcylinder）．若一个矩形的周长为12，则按以上步骤所得到圆柱的体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设矩形的长和宽分别为，可知，则，即，若以长所在直线为轴旋转可得圆柱的体积为，构建函数，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则，可得圆柱的体积的最大值为；根据对称性可得：以宽所在直线为轴旋转可得圆柱的体积最大值为；综上所述：圆柱的体积的最大值为.故选：D.5.函数的图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由，得，由图像可知，当，单调递减，所以，当，单调递增，所以，又当，，当时，，当，，所以当，，，即，当，，，即，综上所述，的解集为，故A正确.故选：A6.在空间直角坐标系中，已知．若，分别是三棱锥在坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知：点在坐标平面上的正投影分别为，因为，则，可知三点共线，可得，，，所以.故选：B.7.如图，在棱长为的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，且在方向上的投影向量为，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图，将正四面体嵌套正方体内，并以为坐标原点，建立空间直角坐标系，因为正四面体的棱长为，可知正方体的棱长为2，则，可得，则在方向上的投影向量为，所以值为.故选：B.8.设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】令，即，令，则，当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，且，，，当时，，则，，如图，直线过定点，且，则，，若存在唯一的整数，使得，则，即.故选：B.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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.给出下列命题，其中正确的是（）A.若非零空间向量满足，则有B.若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则或C.若向量，且，则D若向量，且共面，则【答案】BCD【解析】对于选项A：例如，即为空间直角坐标系各轴正方向上的单位向量，显然满足，但不共线，故A错误；对于选项B：因为，即，所以或，故B正确；对于选项C：向量，且，则存在，使得，则，解得，所以，故C正确；对于选项D：若向量，且共面，则存在实数，使得，则，解得，故D正确；故选：BCD.10.已知函数，则（）A.导函数有无数个零点B.有无数个零点C.当时，在上存在极小值点，无极大值点D.当时，是图象的一条切线【答案】AC【解析】对于A，，当时，，注意到的值域是，且它的图象是一条波浪起伏的曲线，如下图,从而导函数有无数个零点，故A正确；对于B，如图所示，注意到的值域是，且它的图象是一条波浪起伏的曲线，而显然是增函数，且当时，，也就是说此时的图象与的图象才可能有交点，由于区间长度有限，故交点个数必定有限，故B错误；对于C，当且时，，，当时，，所以我们只需研究的根的情况即可，设，求导得，，因为在上都单调递增，所以在上单调递增，注意到，从而在上存在唯一的使得，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，因为，所以存在唯一的使得，当时，，当时，，所以在时，单调递减，在时单调递增，所以在上存在极小值点，无极大值点，故C正确；对于D，当时，，注意到，且也经过点，对求导得，，因为，故D错误.故选：AC.11.在棱长为1的正方体中，分别是的中点，点在线段上，，则下列说法正确的是（）A.当三棱锥的体积最大时，B.当时，总存在点，使得C.当时，存在点和，使得D.的最小值是【答案】ABD【解析】因为，可知点在正方形内（包括边界），对于选项A：因为平面∥平面，且点平面，可知三棱锥的高为2，若三棱锥的体积最大，则的面积取到最大值，显然当点线段，即时，的面积取到最大值，故A正确；对于选项BC：以点为坐标原点建系空间直角坐标系，则，可得，因为点在线段上，，可设，则，若，则，解得，所以当时，总存在点，使得，故B正确；若，则，可得，解得，不合题意，所以当时，不存在点和，使得，故C错误；对于选项D：取点关于平面的对称点，则，因为，则，又因为的图象开口向上，对称轴为，可知在内单调递增，则，即的最小值为，所以的最小值为，故D正确；故选：ABD.三、填空题：本大题共3小题，毎小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置．12.函数的单调递减区间为____．【答案】【解析】因为函数，定义域为，则，令，则，解得，函数的单调递减区间为.故答案为：.13.在等腰直角三角形中，，将三角形沿直角边上的中线折成平面角为的二面角，则空间中线段的长为____．【答案】【解析】设点在直线上的投影分别为，因为，则，由的面积可得，则，，且为边的中点，可得，，由二面角的平面角为，可得，因为，即，所以空间中线段的长为.故答案为：.14.已知函数恒成立，实数的取值范围为____．【答案】【解析】由原式恒成立，等价于恒成立，令，则的最小值为的最大值.则，令，得方程，解得（为唯一解），即，所以当，，单调递增，当，，单调递减，因此，是的极大值点，即最大值点，所以的最大值为，由，得，即，所以，所以，故答案为：.四，解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知函数在处有极值0．（1）求；（2）求在上的最大值．解：（1）因为，则，由题意可得，解得，此时，，令，解得或；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则函数在处有极值0，符合题意，所以.（2）因为，由（1）可知在内单调递增，在内单调递减，且，即，所以在上的最大值为.16.如图，在直三棱柱中，，且分别为棱的中点．（1）证明：∥平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）在直三棱柱中有，则两两垂直，以为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得，设是平面的一个法向量，则，令，则，可得，则，即，且平面，所以∥平面.（2）设是平面的一个法向量，则，令，则，可得，则，所以直线与平面所成的角的正弦值为.17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，在上恒成立，求整数的最大值．解：（1）当时，，单调递减；当时，，此时若，则，单调递减；若，则，单调递增；若，则，单调递减；当时，，此时若，则，单调递减；若，则，单调递增；若，则，单调递减；综上所述：当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在和上单调递减，在上单调递增.（2）当时，，即，化简得，因为，所以，即.下证在上恒成立，令，只需证.，令，则，因为，所以，所以单调递增，，，所以存在，使得，即当，，，单调递减；当，，，单调递增；所以，因为，所以，所以，所以整数的最大值为2.18.如图，在四棱雉中,平面为棱中点，为棱上的动点．（1）证明：．（2）若二面角的余弦值为，求的值．解：（1）取的中点，连接，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以为等边三角形，则，所以，所以，所以，因为平面，平面，所以，又平面，，所以平面，又平面，所以；（2）如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，由（1）知，，则，故，设平面法向量为，则有，可取，设，则，设平面的法向量为，则有，所以，令，则，所以，则，化简得，解得或，经检验，当时，二面角为钝二面角，所以，所以.19.牛顿法（Newton´sMethod）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根,选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线的方程为,若,则与轴的交点的横坐标记为,称为的一阶近似值.再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标，记为，称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：．根据已有精确度，当时，给出近似解．已知函数．（1）若给定，求方程的二阶近似值；（2）求曲线在点处的切线方程，并证明；（3）若关于的方程的两个根为，证明：．解：（1）构建函数，则，可得，当时，，同理，且，所以．（2）因为，则，可得，即切点坐标为，切线斜率，所求切线方程为，即；构建，则，构建，则在内单调递增，且，可知在内存在唯一零点，当，，即；当，，即；可知在内单调递减，在内单调递增，则，又因为，即，，可得，所以，当且仅当时，等号成立，令，可得，即.（3）由得，当时，；当时，，可知在上单调递增，在上单调递减，则，当时，；时，；若方程的两个根为，则，当时，，则；可得，即，设，则，当时，；当时，，可知在上单调递增，在上单调递减，则，可得，当且仅当时取等号，则，即，所以.福建省福宁古五校教学联合体2024-2025学年高二下学期期中质量监测数学试题注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一，单项选择题：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，有且只有一个是符合题目要求的．1.下面导数运算错误的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于选项A：，故A正确；对于选项B：，故B正确；对于选项C：，故C错误；对于选项D：，故D正确；故选：C.2.如图，在三棱锥中，，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意可得：.故选：C.3.已知函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意可知：，即在上有解，又因为在上单调递增，则，则，所以实数的取值范围是.故选：B.4.人教A版《数学必修第二册》指出：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫作圆柱（circularcylinder）．若一个矩形的周长为12，则按以上步骤所得到圆柱的体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设矩形的长和宽分别为，可知，则，即，若以长所在直线为轴旋转可得圆柱的体积为，构建函数，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则，可得圆柱的体积的最大值为；根据对称性可得：以宽所在直线为轴旋转可得圆柱的体积最大值为；综上所述：圆柱的体积的最大值为.故选：D.5.函数的图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由，得，由图像可知，当，单调递减，所以，当，单调递增，所以，又当，，当时，，当，，所以当，，，即，当，，，即，综上所述，的解集为，故A正确.故选：A6.在空间直角坐标系中，已知．若，分别是三棱锥在坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知：点在坐标平面上的正投影分别为，因为，则，可知三点共线，可得，，，所以.故选：B.7.如图，在棱长为的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，且在方向上的投影向量为，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图，将正四面体嵌套正方体内，并以为坐标原点，建立空间直角坐标系，因为正四面体的棱长为，可知正方体的棱长为2，则，可得，则在方向上的投影向量为，所以值为.故选：B.8.设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】令，即，令，则，当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，且，，，当时，，则，，如图，直线过定点，且，则，，若存在唯一的整数，使得，则，即.故选：B.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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.给出下列命题，其中正确的是（）A.若非零空间向量满足，则有B.若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则或C.若向量，且，则D若向量，且共面，则【答案】BCD【解析】对于选项A：例如，即为空间直角坐标系各轴正方向上的单位向量，显然满足，但不共线，故A错误；对于选项B：因为，即，所以或，故B正确；对于选项C：向量，且，则存在，使得，则，解得，所以，故C正确；对于选项D：若向量，且共面，则存在实数，使得，则，解得，故D正确；故选：BCD.10.已知函数，则（）A.导函数有无数个零点B.有无数个零点C.当时，在上存在极小值点，无极大值点D.当时，是图象的一条切线【答案】AC【解析】对于A，，当时，，注意到的值域是，且它的图象是一条波浪起伏的曲线，如下图,从而导函数有无数个零点，故A正确；对于B，如图所示，注意到的值域是，且它的图象是一条波浪起伏的曲线，而显然是增函数，且当时，，也就是说此时的图象与的图象才可能有交点，由于区间长度有限，故交点个数必定有限，故B错误；对于C，当且时，，，当时，，所以我们只需研究的根的情况即可，设，求导得，，因为在上都单调递增，所以在上单调递增，注意到，从而在上存在唯一的使得，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，因为，所以存在唯一的使得，当时，，当时，，所以在时，单调递减，在时单调递增，所以在上存在极小值点，无极大值点，故C正确；对于D，当时，，注意到，且也经过点，对求导得，，因为，故D错误.故选：AC.11.在棱长为1的正方体中，分别是的中点，点在线段上，，则下列说法正确的是（）A.当三棱锥的体积最大时，B.当时，总存在点，使得C.当时，存在点和，使得D.的最小值是【答案】ABD【解析】因为，可知点在正方形内（包括边界），对于选项A：因为平面∥平面，且点平面，可知三棱锥的高为2，若三棱锥的体积最大，则的面积取到最大值，显然当点线段，即时，的面积取到最大值，故A正确；对于选项BC：以点为坐标原点建系空间直角坐标系，则，可得，因为点在线段上，，可设，则，若，则，解得，所以当时，总存在点，使得，故B正确；若，则，可得，解得，不合题意，所以当时，不存在点和，使得，故C错误；对于选项D：取点关于平面的对称点，则，因为，则，又因为的图象开口向上，对称轴为，可知在内单调递增，则，即的最小值为，所以的最小值为，故D正确；故选：ABD.三、填空题：本大题共3小题，毎小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置．12.函数的单调递减区间为____．【答案】【解析】因为函数，定义域为，则，令，则，解得，函数的单调递减区间为.故答案为：.13.在等腰直角三角形中，，将三角形沿直角边上的中线折成平面角为的二面角，则空间中线段的长为____．【答案】【解析】设点在直线上的投影分别为，因为，则，由的面积可得，则，，且为边的中点，可得，，由二面角的平面角为，可得，因为，即，所以空间中线段的长为.故答案为：.14.已知函数恒成立，实数的取值范围为____．【答案】【解析】由原式恒成立，等价于恒成立，令，则的最小值为的最大值.则，令，得方程，解得（为唯一解），即，所以当，，单调递增，当，，单调递减，因此，是的极大值点，即最大值点，所以的最大值为，由，得，即，所以，所以，故答案为：.四，解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知函数在处有极值0．（1）求；（2）求在上的最大值．解：（1）因为，则，由题意可得，解得，此时，，令，解得或；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则函数在处有极值0，符合题意，所以.（2）因为，由（1）可知在内单调递增，在内单调递减，且，即，所以在上的最大值为.16.如图，在直三棱柱中，，且分别为棱的中点．（1）证明：∥平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）在直三棱柱中有，则两两垂直，以为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得，设是平面的一个法向量，则，令，则，可得，则，即，且平面，所以∥平面.（2）设是平面的一个法向量，则，令，则，可得，则，所以直线与平面所成的角的正弦值为.17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，在上恒成立，求整数的最大值．解：（1）当时，，单调递减；当时，，此时若，则，单调递减；若，则，单调递增；若，则，单调递减；当时，，此时若，则，单调递减；若，则，单调递增；若，则，单调递减；综上所述：当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在和上单调递减，在上单调递增.（2）当