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    福建省宁德市2022-2023学年高二数学下学期区域性学业质量监测(B卷)试题(Word版附解析)

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    福建省宁德市2022-2023学年高二数学下学期区域性学业质量监测(B卷)试题(Word版附解析)

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    这是一份福建省宁德市2022-2023学年高二数学下学期区域性学业质量监测(B卷)试题(Word版附解析),共19页。试卷主要包含了 已知单位向量,,中,,,则, 函数的图象大致为, 下列说法正确的是, 下列求导运算正确的是等内容,欢迎下载使用。
    2022-2023学年第二学期高二区域性学业质量监测
    数学试题(B卷)
    本试卷有第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,考试时间120分钟,满分150分.
    注意事项:
    1.答题前,考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写准考证号、姓名,考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号,姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
    2.第I卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应的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;第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答,在试题卷上作答,答案无效.
    第I卷(选择题 共60分)
    一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的.
    1. 已知物体的运动方程为(t是时间,s是位移),则物体在时刻时的速度为( )
    A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
    【答案】B
    【解析】
    【分析】根据位移的导数是速度,求出的导函数即速度与时间的函数,将代入即可求出物体在时刻时的速度.
    【详解】已知物体的运动方程为(是时间,是位移),
    故速度,
    所以物体在时刻时的速度.
    故选:B.
    2. 已知,,且,则( )
    A. B. 2 C. 4 D. 6
    【答案】A
    【解析】
    【分析】根据空间向量共线定理列式可求出结果.
    【详解】因为,所以存在实数使得,
    即,
    所以,
    所以,得,所以.
    故选:A
    3. 已知函数的导函数为,且满足,则( )
    A. B. 1 C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】求导后,令可得结果.
    【详解】因为,所以,
    所以,得.
    故选:A
    4. 已知,,,若,,三向量共面,则实数等于( )
    A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据题意,设,列出方程组即可得到结果.
    【详解】因为,,,且,,三向量共面,
    设,则,
    即,解得.
    故选:D
    5. 已知单位向量,,中,,,则( )
    A. B. 5 C. 6 D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据题意,由空间向量的模长公式,代入计算,即可得到结果.
    【详解】因为,,且,,为单位向量,

    .
    故选:D
    6. 已知的三个顶点分别为,,,则BC边上的高等于( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】利用向量运算以及向量的夹角公式进行求解.
    【详解】由题意,,,
    可得,,
    ,即角B为锐角,所以,
    所以边上的高.
    故选:B
    7. 函数的图象大致为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】
    首先求出函数的定义域,判定函数的奇偶性及单调性即可得解.
    【详解】解:定义域为
    即函数是奇函数,图象关于原点对称,
    由,为奇函数,排除B;又,排除C;
    当时,,令,解得,
    所以函数在上单调递减,在上单调递增,排除A;
    故选:
    【点睛】本题考查函数图象的识别,关键是函数的奇偶性,单调性的应用,属于基础题.
    8. 已知函数有两个零点,则实数的取值范围是( )
    A. B. C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】方法1,由题意可得有两根,则,,令,对函数求导,求出函数的单调区间,从而画出函数的图象,结合图象可求得结果;
    方法2:由题意得有两根,令,对函数求导,求出其单调区间,画出图象,将问题转化为直线与图象有两个交点,从而可求出实数的取值范围
    【详解】方法1:,有两个都零点,即有两根,
    则,,
    设,则,
    令,则,,
    令,得,则在且;
    令,得,则在且;
    ,图象如图所示,
    实数时函数有两个零点.

    方法2:
    有两个都零点,即有两根,
    设,则,
    令,则,,
    令,得,则在单调递增且;
    令,得,则在单调递减且;
    ,图象如图所示,
    设与相切于
    则,解得,
    所以实数时函数有两个零点.
    故选:C
    【点睛】关键点睛:此题考查导数的综合应用,考查函数与方程的应用,解题的关键是将问题转化为,,然后构造函数,利用导数求出其单调区间,画出图象,利用数形结合的方法求解,考查数学转化思想和数形结合的思想,属于较难题.
    二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分
    9. 下列说法正确的是( )
    A. 空间向量与的长度相等
    B. 平行于同一个平面的向量叫做共面向量
    C. 若将所有空间单位向量的起点放在同一点,则终点围成一个圆
    D. 空间任意三个向量都可以构成空间的一个基底
    【答案】AB
    【解析】
    【分析】利用空间向量的有关概念逐项判断.
    【详解】对于A,向量与是相反向量由相反向量的定义知,向量与的长度相等,故A正确;
    对于B,平行于平面m的向量,均可平移至一个平行于m的平面,故它们为共面向量,故B正确;
    对于C,若将空间中所有的单位向量移到同一个起点,则它们的终点构成一个球面,故C错误;
    对于D,空间任意三个不共面的非零向量都可以构成空间的一个基底,故D错误.
    故选:AB.
    10. 下列求导运算正确的是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】BD
    【解析】
    【分析】根据题意,由求导的运算法则,对选项逐一验证,即可得到结果.
    【详解】对于A,,故A错误;
    对于B,,故B正确;
    对于C,,故C错误;
    对于D,,故D正确;
    故选:BD
    11. 已知函数,则下列说法正确的是( )
    A. 的单调递增区间是 B. 的单调递减区间是
    C. 的最大值是 D. 恒成立
    【答案】BD
    【解析】
    【分析】根据导数求出函数的单调区间和最值可得答案.
    【详解】的定义域为,

    令,得,令,得,
    所以的单调递增区间是,单调递减区间是,
    故A不正确,B正确;
    所以,故C不正确,
    由C知,,故D正确;
    故选:BD
    12. 如图,在棱长为1的正方体中,M为边的中点,点P在底面ABCD内运动(包括边界),则下列说法正确的有( )

    A. 存在点,使得
    B. 过三点、、的正方体的截面面积为
    C. 四面体的内切球的表面积为
    D. 点在棱上,且,若,则满足条件的的轨迹是圆
    【答案】BC
    【解析】
    【分析】以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,由可判断A;过三点、、的正方体的截面为以为底的等腰梯形,求出截面面积可判断B;设四面体的侧面积为,其内切球的半径为,球心为,由即,求出可判断C;由分析可得,的轨迹是被四边形截得的4段圆弧,求解可判断D.
    【详解】对于A,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

    设,则,,,;
    若,则,即,与题意矛盾,所以A错误;
    对于B,取中点,连接,因为,
    所以可得、、、四点共面,
    所以过三点、、的正方体的截面为以为底的等腰梯形,

    过点作,所以,
    所以梯形的高为,
    所以,,故B正确;

    对于C,如下图知:四面体的体积为正方体体积减去四个三棱锥的体积,

    可知四面体是棱长为的正四面体,
    取的外心,连接,则平面,
    则,则,所以,

    所以四面体的高,
    设四面体的侧面积为,其内切球的半径为,球心为,

    即,,所以C正确;
    对于D,,,∵,∴,
    即,可得轨迹为圆:,
    所以,圆心,,又,
    所以,轨迹为圆:被四边形截得的4段圆弧,
    所以D错误;
    故选:BC.
    第II卷(非选择题 共90分)
    三、填空题:(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡的相应位置)
    13. 已知在标准正交基下,向量,,,则向量在上的投影为_________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据给定条件,利用空间向量的线性运算用基底表示,再求出在上的投影作答.
    【详解】因为向量,,,
    因此,

    所以向量在上的投影为.
    故答案为:
    14. 函数的单调递减区间是_________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】求导,解不等式可得结果.
    【详解】,
    由,得,
    所以函数的单调递减区间是.
    故答案为:.
    15. 如图,在长方体中,,,E、F分别是BC、DC的中点,则与所成角的余弦值为_________.

    【答案】
    【解析】
    【分析】,可得与EF所成角,在三角形中可计算得出.
    详解】
    由E,F分别是BC,DC的中点,则.
    在长方体中有,
    所以 ,
    所以为与EF所成角.
    在三角形中,,.
    所以 .
    故答案为: .
    16. 设定义在上的函数满足,,若,则的取值范围为_________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据题意,构造函数,利用导数判断函数单调性,由单调性解不等式即可.
    【详解】设函数,
    ∴,
    ∴在上单调递减,
    又∵,
    ∴则,
    即,
    ∴,即.
    故答案为:
    四、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
    17. 已知向量,.
    (1)求与的夹角余弦值;
    (2)若,求的值.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)利用向量坐标夹角公式计算可得答案;
    (2)利用向量垂直的坐标运算可得答案.
    【小问1详解】
    因为,,
    所以,
    ,,
    所以;
    【小问2详解】


    因为,所以,
    解得.
    18. 已知函数.
    (1)求函数在处的切线方程;
    (2)求函数在的最大值与最小值.
    【答案】(1)
    (2)最大值为10,最小值为
    【解析】
    【分析】(1)由导数的几何意义求解即可;
    (2)对函数求导,得出在的单调性和极值,比较极值点和端点函数值大小即可得出答案.
    【小问1详解】
    ∵,
    函数在处的切线方程的斜率为,
    又,切点为,
    切线方程为:即.
    【小问2详解】
    因为
    令,得或;令,得,
    所以在区间上单调递增,在区间上单调递减.
    所以在处取得极大值,在处取得极小值.
    又,,,,
    由(1)知,在区间上的最大值为10,最小值为
    19. 如图所示,四棱锥的底面是正方形,底面,为的中点,.

    (1)证明:平面;
    (2)求点到平面的距离.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)利用空间向量与平面的法向量垂直可证结论正确;
    (2)根据点面距的向量公式可求出结果.
    【小问1详解】
    以为坐标原点,分别以,,的方向为轴,轴,轴的正方向,并均以1为单位长度,建立空间直角坐标系.

    则,,,,,
    所以,,.
    设是平面的一个法向量,
    则,令,得,,所以.
    因为,所以,又因为平面,
    所以平面.
    【小问2详解】
    因为,,
    设是平面的一个法向量,
    则,令,得,所以.
    所以点到平面距离.
    20. 现有一批货物从A港运往B港,已知该船的最大航行速度为35海里/小时,全程的航行距离约为600海里,每小时的运输成本由燃料费用和其余费用组成.轮船每小时使用的燃料费用(元)与轮船速度(海里/小时)的平方成正比.已知当轮船速度为20海里/小时,轮船每小时使用的燃料费用320元,其余费用为每小时720元.
    (1)把全程的运输成本元表示为速度(海里/小时)的函数;
    (2)为了使全程的运输成本最小,轮船的航行速度是多少?
    【答案】(1),
    (2)30海里/时
    【解析】
    分析】(1)根据题意,由条件即可得到函数关系式;
    (2)根据题意,求导可得,从而得到当时,函数取得极小值即为最小值.
    【小问1详解】
    设每小时燃料费(元)与速度(海里/时)函数关系为,
    又当时,,所以得,所以
    轮船每小时的燃料费元,总共行驶小时,
    所以全程运输成本,定义域为,
    即全程运输成本(元)表示为速度(海里/时)的函数为;

    【小问2详解】
    由(1)知,,
    当时,,即在上单调递减
    当时,,即在上单调递增,
    所以当时,函数取得极小值即为最小值.
    故当轮船应以30海里/时的速度行驶时,全程运输成本最小.
    21. 如图,四棱锥中,四边形为梯形,其中,,,.

    (1)证明:平面平面;
    (2)若,且与平面所成角的正弦值为,点E在线段上满足,求二面角的余弦值.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)根据题意,在中,由余弦定理求得,得到,证得,再由,证得平面,即可证得平面平面;
    (2)若O为中点,证得,,两两垂直,以为原点,建立空间直角坐标系,设,由平面的一个法向量为,列出方程求得,进而得到,求得平面的一个法向量,结合向量的夹角公式,即可求解.
    【小问1详解】
    证明:由题知且,所以为等边三角形,
    则,
    又由四边形为梯形,,则,
    在中,,
    所以,即,
    因为,且,平面,所以平面,
    又因为平面,所以平面平面.
    【小问2详解】
    解:若O为中点,,则,
    由(1)得平面平面,平面平面,平面,
    则平面,
    连接,则,且平面,所以,,
    所以,,两两垂直,
    以为原点,,,分别为为轴、轴和轴的正方向建立空间直角坐标系,
    如图所示,可得,,,,
    设且,则,由平面的一个法向量为,
    可得,解得,
    因为,所以,可得,
    所以,,,
    设是平面的一个法向量,则,
    取,可得,所以
    则,
    由图形可得的平面角为锐角,所以二面角的余弦值为.

    22. 已知函数,;
    (1)求函数的单调性;
    (2)设函数,对于任意的都有成立,求实数的取值范围.
    【答案】(1)答案见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)对求导,分类讨论和,判断与得大小,即可得出答案.
    (2)将题意转化为得对于任意的恒成立,令即在恒成立,即在恒成立,转化为求得最大值.
    【小问1详解】
    的定义域为,则,
    当时,即时,上单调递增,
    当时,即时,则即,
    令得,令得,
    则上单调递增,在上单调递减,
    综上所述:当时,在上单调递增;
    当时,则在上单调递增,在上单调递减;
    【小问2详解】
    依题得
    因为对于任意的总有成立,不妨设
    由,得
    设,可得在单调递增;
    在恒成立;
    ∴在恒成立;
    设,
    令,得,因为,所以在单调递增;
    同理,在单调递减,所以的最大值为,

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