2024-2025学年福建省宁德市部分学校高二下学期4月期中质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省宁德市部分学校2024-2025学年高二下学期4月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.4．本试卷主要考试内容：湘教版选择性必修第二册第一、二章.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.下列关于空间向量的说法正确的是（）A.任意两个空间向量不一定共面 B.模相等的两个向量是相等向量C.平行于同一个平面的向量叫做共面向量 D.空间中任意三个向量都可以构成空间的一个基底【答案】C【解析】任意两个空间向量一定共面，A错误.方向相同且模相等的两个向量是相等向量，B错误．平行于同一个平面的向量叫做共面向量，C正确.空间中任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底，D错误.故选：C.2.设向量不共面,已知,若三点共线，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】，因为A，C，D三点共线，所以，即，解得．故选：B.3.若函数满足，则（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】由，得．故选：D4.如图，在直三棱柱中，点在棱上，且．设，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】连接,．故选：A.5.函数的部分图象大致是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根据题意，函数的定义域为，当时，，所以．排除BC.当时，，所以在上单调递增，排除D.故选：A.6.函数图象上一点到直线的最短距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设与直线平行且与曲线相切的直线的切点坐标为．因为，所以，解得，则切点坐标为．最短距离为点到直线的距离，即．故选：C7.如图，在四棱台中，底面ABCD是菱形，平面，直线AC与直线所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】取BC的中点，连接AF，则由题意可得,，且，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，所以，所以，所以直线AC与直线所成角的余弦值为．故选：A8.记是的导函数,是的导函数，若曲线在点处的曲率，则曲线在点处的曲率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，则，则曲线在点处的曲率为，故C正确.故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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.已知定义在上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（）A.在上单调递增 B.在上单调递减C有1个极大值点 D.有1个极小值点【答案】AD【解析】由图可得，当时，所以函数在上单调递减，当时，当且仅当，所以函数在上单调递增.综上在上单调递减，在上单调递增，故A正确，B错误；有1个极小值点，无极大值点，故C错误，D正确.故选：AD.10.已知函数，下列说法正确的是（）A.有3个零点B.的图象关于点对称C.既有极大值又有极小值D.经过点且与的图象相切的直线有2条【答案】ACD【解析】，令，得，或，所以有3个零点，A正确.所以的图象关于点对称，B错误.，令，，记方程的两个根为，（），易知在，上单调递增，在上单调递减，所以既有极大值又有极小值，C正确.设切线与的图象相切于点，，所以切线方程为.因切线经过切点，所以，整理得，该方程有两个解，所以经过点且与的图象相切的直线有2条，D正确，故选：ACD11.在四棱锥中，，四边形是平行四边形，分别为棱的中点，,点在平面的射影恰好是棱的中点，则（）A.平面B.线段的长为C.三棱锥的外接球的表面积为D.平面与平面夹角的余弦值为【答案】ABD【解析】对于A，取线段的中点，连接，，因为棱的中点，则为的中位线，则，且，因为棱的中点，且四边形是平行四边形，则且，则且，则四边形是平行四边形，则，又平面，平面，则平面，故A正确；对于B，取分别取线段、的中点、，连接、、，由于为的中位线，则，且，由于为的中位线，则，且，又因为四边形是平行四边形，则，且，则，且，则四边形是平行四边形，则，因，则，则，即，故B正确；对于C，因点在平面的射影恰好是棱的中点，则以为原点，分别以平行于、的直线为轴、轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图，在中，，则，则，则，设三棱锥的外接球的球心，半径为，则，解得，则外接球的表面积为，故C错误；对于D，由C选项可知，，设平面的法向量为，则，令，则得，容易知平面的法向量为，则，则平面与平面夹角的余弦值为，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知空间中的三点，，，则点到直线AB的距离为____________.【答案】【解析】因为空间中的三点，，，所以，，所以，，点到直线AB的距离为．故答案为：.13.若函数在上单调递增，则的取值范围是______.【答案】【解析】由，得，又函数在上单调递增，所以在上恒成立，即，所以．故答案为：.14.若将一块体积为的橡皮泥捏成一个圆柱，则圆柱表面积的最小值为____________.【答案】（或）【解析】设圆柱底面圆的半径为，高为，则，即．由圆柱的表面积公式得圆柱的表面积为，令函数，则，当时，，单调递增，当时，单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，得到．故圆柱表面积最小值为.故答案为：四、解答题：本题共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.（1）求在处的切线方程；（2）求过点且与曲线相切的直线方程.解：（1）..在处的切线方程为，即.（2）设所求直线与曲线相切于点，则曲线在点处的切线斜率为，所以切线方程为.因为切线过点，所以，解得或，则或.故所求直线方程为或.16.如图，在正四棱柱中，为棱的中点．（1）求三棱锥的体积．（2）证明：平面．（3）求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）易知三棱锥即三棱锥，其体积为．（2）以为坐标原点，所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则．．因为，所以．因为平面，所以平面（3）由（2）得是平面的一个法向量设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．17.已知函数．（1）若，求的极值；（2）若，讨论的单调性．解：（1）当时，，定义域为，则．当时，单调递增；当时，单调递减．故当时，取得极大值，无极小值．（2）由，得．令，得或．若，则，当时，单调递增；当时，单调递减．若，则，当和时，单调递减；当时，单调递增．若，则在上恒成立，单调递减．综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，的单调递减区间为，无单调递增区间．18.在矩形中，为上两个不同的三等分点，如图1．将和分别沿向上翻折，使得点重合,记重合后的点为，如图2．已知，四棱锥的体积为．（1）求；（2）求平面与平面所成角的正弦值．解：（1）取的中点分别为，连接，过点作，垂足为，设，则，为等边三角形，，在中，，在中，，，又梯形的面积，所以四棱锥的体积为，解得（舍去），即；（2）由（1）可得．以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以．．设平面的法向量为，则取，得．设平面的法向量为，则取，得．所以，，所以平面与平面所成角的正弦值为．19.已知函数.（1）若在其定义域内单调递增，求的取值范围；（2）若，证明：，；（3）若在上有两个极值点，求的取值范围.解：（1）因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.设，则，则在上单调递增，在上单调递减，所以，则，即的取值范围为.（2）若，则.设，则，，则在上单调递减，在上单调递增，则，则在上单调递增，所以，即当时，，所以，不等式得证.（3）.当时，，则在上单调递减，无极值点.当时，由（1）知在上单调递增，无极值点.当时，令，令，得，则在上单调递减，在上单调递增，，，由（2）知，则，所以恰有两个零点，，令，得，令，得或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，从而有两个极值点.综上，的取值范围是.福建省宁德市部分学校2024-2025学年高二下学期4月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.4．本试卷主要考试内容：湘教版选择性必修第二册第一、二章.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.下列关于空间向量的说法正确的是（）A.任意两个空间向量不一定共面 B.模相等的两个向量是相等向量C.平行于同一个平面的向量叫做共面向量 D.空间中任意三个向量都可以构成空间的一个基底【答案】C【解析】任意两个空间向量一定共面，A错误.方向相同且模相等的两个向量是相等向量，B错误．平行于同一个平面的向量叫做共面向量，C正确.空间中任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底，D错误.故选：C.2.设向量不共面,已知,若三点共线，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】，因为A，C，D三点共线，所以，即，解得．故选：B.3.若函数满足，则（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】由，得．故选：D4.如图，在直三棱柱中，点在棱上，且．设，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】连接,．故选：A.5.函数的部分图象大致是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根据题意，函数的定义域为，当时，，所以．排除BC.当时，，所以在上单调递增，排除D.故选：A.6.函数图象上一点到直线的最短距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设与直线平行且与曲线相切的直线的切点坐标为．因为，所以，解得，则切点坐标为．最短距离为点到直线的距离，即．故选：C7.如图，在四棱台中，底面ABCD是菱形，平面，直线AC与直线所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】取BC的中点，连接AF，则由题意可得,，且，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，所以，所以，所以直线AC与直线所成角的余弦值为．故选：A8.记是的导函数,是的导函数，若曲线在点处的曲率，则曲线在点处的曲率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，则，则曲线在点处的曲率为，故C正确.故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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.已知定义在上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（）A.在上单调递增 B.在上单调递减C有1个极大值点 D.有1个极小值点【答案】AD【解析】由图可得，当时，所以函数在上单调递减，当时，当且仅当，所以函数在上单调递增.综上在上单调递减，在上单调递增，故A正确，B错误；有1个极小值点，无极大值点，故C错误，D正确.故选：AD.10.已知函数，下列说法正确的是（）A.有3个零点B.的图象关于点对称C.既有极大值又有极小值D.经过点且与的图象相切的直线有2条【答案】ACD【解析】，令，得，或，所以有3个零点，A正确.所以的图象关于点对称，B错误.，令，，记方程的两个根为，（），易知在，上单调递增，在上单调递减，所以既有极大值又有极小值，C正确.设切线与的图象相切于点，，所以切线方程为.因切线经过切点，所以，整理得，该方程有两个解，所以经过点且与的图象相切的直线有2条，D正确，故选：ACD11.在四棱锥中，，四边形是平行四边形，分别为棱的中点，,点在平面的射影恰好是棱的中点，则（）A.平面B.线段的长为C.三棱锥的外接球的表面积为D.平面与平面夹角的余弦值为【答案】ABD【解析】对于A，取线段的中点，连接，，因为棱的中点，则为的中位线，则，且，因为棱的中点，且四边形是平行四边形，则且，则且，则四边形是平行四边形，则，又平面，平面，则平面，故A正确；对于B，取分别取线段、的中点、，连接、、，由于为的中位线，则，且，由于为的中位线，则，且，又因为四边形是平行四边形，则，且，则，且，则四边形是平行四边形，则，因，则，则，即，故B正确；对于C，因点在平面的射影恰好是棱的中点，则以为原点，分别以平行于、的直线为轴、轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图，在中，，则，则，则，设三棱锥的外接球的球心，半径为，则，解得，则外接球的表面积为，故C错误；对于D，由C选项可知，，设平面的法向量为，则，令，则得，容易知平面的法向量为，则，则平面与平面夹角的余弦值为，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知空间中的三点，，，则点到直线AB的距离为____________.【答案】【解析】因为空间中的三点，，，所以，，所以，，点到直线AB的距离为．故答案为：.13.若函数在上单调递增，则的取值范围是______.【答案】【解析】由，得，又函数在上单调递增，所以在上恒成立，即，所以．故答案为：.14.若将一块体积为的橡皮泥捏成一个圆柱，则圆柱表面积的最小值为____________.【答案】（或）【解析】设圆柱底面圆的半径为，高为，则，即．由圆柱的表面积公式得圆柱的表面积为，令函数，则，当时，，单调递增，当时，单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，得到．故圆柱表面积最小值为.故答案为：四、解答题：本题共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.（1）求在处的切线方程；（2）求过点且与曲线相切的直线方程.解：（1）..在处的切线方程为，即.（2）设所求直线与曲线相切于点，则曲线在点处的切线斜率为，所以切线方程为.因为切线过点，所以，解得或，则或.故所求直线方程为或.16.如图，在正四棱柱中，为棱的中点．（1）求三棱锥的体积．（2）证明：平面．（3）求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）易知三棱锥即三棱锥，其体积为．（2）以为坐标原点，所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则．．因为，所以．因为平面，所以平面（3）由（2）得是平面的一个法向量设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．17.已知函数．（1）若，求的极值；（2）若，讨论的单调性．解：（1）当时，，定义域为，则．当时，单调递增；当时，单调递减．故当时，取得极大值，无极小值．（2