2022-2023学年宁夏银川一中高二下学期期中考试数学（理）试题含解析

2022-2023学年宁夏银川一中高二下学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意结合微积分基本定理运算求解.

【详解】由题意可得：.

故选：B.

2．在同一平面直角坐标系中，将曲线按伸缩变换后为（    ）

A．  B．  C．  D．

【答案】A

【分析】由伸缩变换得,，代入原式得出选项.

【详解】因为，得,，代入，可得，化简可得.

故选：A.

3．如图，从上端口往一高为H的水缸匀速注入水，水注满所用时间为T.若当水深为h时，水注入所用时间为t，则函数的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】将容器看做一个球体，根据 的实际意义求解.

【详解】将容器看做一个球体，在刚开始注水时，由于球体的截面积较小，对于相同的 时间，

高度 的变化较大，即 较大，即函数 的导数值较大，到水注入球体的一半

时，由于球体的截面积较大， 的变化率较小，接近于球体的顶端时， 的变化率又较大；

故选：D.

4．下列以t为参数的参数方程中，其表示的曲线与方程表示的曲线完全一致的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】对AB，根据取值范围可判断；对C，消去参数可判断；对D，根据范围并消去参数可判断.

【详解】对A，因为，，由可得，所以其表示的曲线与方程表示的曲线不一致，故A错误；

对B，显然，由可得，所以其表示的曲线与方程表示的曲线不一致，故B错误；

对C，由参数方程消去参数可得，所以其表示的曲线与方程表示的曲线不一致，故C错误；

对D，中，，所以，由可得，两式相乘可得，所以其表示的曲线与方程表示的曲线完全一致，故D正确.

故选：D.

5．已知函数的导函数为，且满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对函数求导，将代入导数中可得，从而得到函数解析式，将代入函数解析式可得答案.

【详解】，则，

令得，解得，

则，

将代入上式得，

故选：C

6．在极坐标系中，曲线关于（    ）

A．直线轴对称 B．直线轴对称

C．点中心对称 D．极点中心对称

【答案】B

【分析】先将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程，根据圆心的直角坐标和极坐标即可求解.

【详解】将原极坐标方程化为：，

化成直角坐标方程为：，

即，

表示圆心在，半径为2的圆，

圆心的极坐标为，

经过圆心的直线的极坐标方程为，

所以曲线关于直线轴对称.

故选：B

7．如图所示，在四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为，则的长为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】记，，，由，利用向量法即可求出的长.

【详解】解：记，，，

由题意可知，，

所以，

，

所以，即的长为，

故选：D.

8．函数在区间上单调递减，则实数k的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意可得在区间上恒成立，解出即可.

【详解】， 函数在区间上单调递减，

∴在区间上恒成立，即在区间上恒成立，

而 在区间上单调递减，，∴k的取值范围是 ，

故选：B．

9．对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有，则（    ）

A．O，A，B，C四点共面 B．P，A，B，C四点共面

C．O，P，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面

【答案】B

【分析】根据空间向量的加减法，可得三个向量共面，可得答案.

【详解】由，得，

即，故共面.

又因为三个向量有同一公共点P，所以共面.

故选：B

10．已知矩形，为平面外一点平面，且，，分别为，上的点，且，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据空间向量基本定理求解即可.

【详解】因为，，

所以，

又，

所以，

所以，

故.

故选：B.

11．函数定义在上，是它的导函数，且在定义域内恒成立，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用所给不等式判断的符号推出的单调性，利用的单调性即可比较函数值的大小.

【详解】因为，所以，

由可得，即，

令，则，

所以函数在上为减函数，则，

则，

所以.

故选：D

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、函数单调性的应用，属于中档题.

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数的运算，计算可得，则.构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出，根据对数函数的单调性即可得出；先证明当时，.然后根据二倍角公式以及不等式的性质，推得.

【详解】因为，

所以，.

令，，则，

当时，，所以在上单调递增，

所以，

所以.

因为在上单调递增，所以；

令，则恒成立，

所以，在R上单调递减，

所以，当时，有，即，

所以.

因为，

所以，

所以.

所以.

故选：B．

【点睛】方法点睛：对变形后，作差构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出值的大小关系.

二、填空题

13．如图抛物线的方程是，则阴影部分的面积是_______.

【答案】2

【分析】利用定积分表示阴影部分的面积，利用积分计算公式和法则进行运算，即可得到本题的答案

【详解】由题意，阴影部分的面积为

故答案为：2

14．在三棱锥中，平面平面，若棱长，且，则点到平面的距离为________．

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用空间距离的公式即可求出结果.

【详解】如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，

则A，B，C，D，

∴＝，＝，＝，

设为平面的一个法向量，

则，所以y＝－x，z＝－x，

可取,代入 ，得，

即点D到平面ABC的距离是.

故答案为：.

15．已知向量的夹角为的单位向量，若对任意的，且，，则的取值范围是__________．

【答案】

【分析】利用向量的数量积计算公式，求得，根据题意转化为，进而转化为，设，利用导数求得函数的单调性，结合在上单调递减，进而求得的取值范围.

【详解】因为向量的夹角为的单位向量，则，

所以，

由对任意的，且，，

可得，所以，即，

设，即函数在上单调递减，

又因为时，，解得，

当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减，

所以，即实数的取值范围是.

故答案为：.

16．如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．

给出下列四个结论：    

①的最小值为；

②四面体的体积为；

③有且仅有一条直线与垂直；

④存在点，，使为等边三角形．

其中所有正确结论的序号是____．

【答案】①②④

【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以为顶点，为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，利用空间坐标即可求解.

【详解】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间距离，而，所以的最小值为；

对于②，，而，所以四面体的体积为；

对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ，又根据正方体性质可知，，所以当为中点，与重合时，此时，故与垂直的不唯一，③错误；

对于④，当为等边三角形时，，则此时.所以只需要与的夹角能等于即可.

以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图，

设，则由题意可得，，，则可得，，则，整理可得，该方程看成关于的二次函数，，所以存在使得为等边三角形.

故答案为：①②④

三、解答题

17．已知函数．

(1)当时，求函数的单调区间和极值；

(2)讨论函数单调性．

【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为；函数的极小值，无极大值

(2)答案见解析

【分析】（1）利用导数与函数的单调性、极值的关系求解，注意函数的定义域，即可得到答案；

（2）利用导数与函数的单调性的关系求解，注意对的取值范围进行分类讨论，求解即可．

【详解】（1）当时，，

则，

当时，，则单调递减，

当时，，则单调递增，

所以的单调递减区间为，单调递增区间为，

当时，函数取得极小值，无极大值．

（2），

则，

当时，，则单调递减；

当时，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增．

综上所述，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增．

18．选修4-4：坐标系与参数方程:在直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）已知点，直线的极坐标方程为，它与曲线的交点为，，与曲线的交点为，求的面积.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）首先把参数方程转化为普通方程，利用普通方程与极坐标方程互化的公式即可得到曲线的极坐标方程；

（2）分别联立与的极坐标方程、与的极坐标方程，得到、两点的极坐标，即可求出的长，再计算出到直线的距离，由此即可得到的面积．

【详解】解：（1），

其普通方程为，化为极坐标方程为

（2）联立与的极坐标方程：，解得点极坐标为            

联立与的极坐标方程：，解得点极坐标为，所以，又点到直线的距离，                                            

故的面积.

【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程的互化，利用极径的几何意义求三角形面积是解题的关键，属于中档题．

19．在中，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.

(1)求证：；

(2)在①图1中，②图1中，③图2中三棱锥的体积最大.

这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.

问题：已知__________，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得，结合中位线的性质可得，即可证明；

（2）选①：由二倍角的正切公式求出，进而求出BD，选②：根据向量的线性运算求出BD，选③：设，利用线面垂直的判定定理和性质可得平面，则，利用导数求出体积的最大值，求出BD.分别建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出面面角即可；

【详解】（1），平面，

平面平面.

又分别为的中点，

.

（2）选①，在图1所示的中，由，

解得或（舍去）.

设，在Rt中，，

解得.

以点为原点，分别为轴建立如图所示的坐标系，

，

则.

设，则.

，即，解得，

当（即是的靠近的一个四等分点）时，.

设平面的一个法向量为，且，

由得令，则，

取平面CBN的一个法向量，

则，

平面BMN与平面的夹角的余弦值为.

选②，在图1所示的中，设，

则，

又，由平面向量基本定理知，即.

以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

，

则.

设，则，

即，解得，

当（即是的靠近的一个四等分点）时，.

设平面的一个法向量为，且，

由得令，则.

取平面的一个法向量，

则，

平面与平面的夹角的余弦值为.

选③，在图1所示的中，设，则，

为等腰直角三角形，.

折起后，且，平面，

平面，又，

，

令，

当时，；当时，，

时，三棱锥的体积最大.

以点为原点，分别为轴建立如图所示直角坐标系，

，

，则，

设，则.

，即，

解得，

当（即是的靠近的一个四等分点）时，.

设平面的一个法向量为，且，

由得令，则.

取平面的一个法向量，

则，

平面与平面的夹角的余弦值为.

20．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为

(1)求曲线和曲线的直角坐标方程;

(2)若曲线和曲线交于、两点，且点，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用消参法可得的直角坐标方程，再利用极坐标与直角坐标的转化公式可得的直角坐标方程；

（2）利用直线参数方程的几何意义直接计算.

【详解】（1）由的参数方程为（为参数），

消参可得，即；

又的极坐标方程为，即，，

所以，

即

（2）由（1）的，即

将的参数方程转化为标准参数方程（为参数）

代入得，即，

，，

又由的参数方程可知过点，

所以.

21．在直角梯形中，，，，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点分别在线段，上，二面角的大小为.

(1)若，，，证明：平面；

(2)若，点为上的动点，点为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为

【分析】（1）由已知可建立以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；

（2）根据已知可建立以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，根据线面关系求得与平面所成最大角的正切值，即得的值，利用空间向量坐标运算即可求得此时二面角的余弦值.

【详解】（1）因为，所以，所以，又平面，所以平面，

又平面，所以，又，如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

由于，所以，则，

又，所以，则，

所以，又平面，故可为平面的一个法向量，

又，且平面，所以平面；

（2）因为，所以，所以，如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，

设，则，则，又平面，所以可作为平面的一个法向量，

设与平面所成角为，且，则，

又函数与均在上单调递增，

所以当时，有最大值为，此时也取到最大值，

又，则；

设此时平面的法向量为，又

所以，令，则，

是平面的一个法向量，

所以，由图可知二面角为锐角，即二面角的余弦值为.

所以与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为.

22．已知.

(1)求函数的最小值；

(2)若存在，使成立，求实数a的取值范围；

(3)证明：对一切，都有成立．

【答案】(1)最小值为

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）利用导数来求得的最小值.

（2）由分离常数，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.

（3）求得的最大值，从而证得不等式成立.

【详解】（1）的定义域是，，

所以在区间递减；

在区间递增.

所以当时，取得最小值.

（2）存在，使成立，

即能成立，

即能成立，

设，

，

所以在区间递减；

在区间递增，

所以当时，取得最小值，

所以.

（3）设，，

所以在区间递增；

在区间递减，

所以当时，取得最大值.

由（1）得，当时，取得最小值，

所以对一切，都有成立.