2022-2023学年福建省宁德市高二下学期区域性学业质量监测（期中）（B卷）数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省宁德市高二下学期区域性学业质量监测（期中）（B卷）数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省宁德市高二下学期区域性学业质量监测（B卷）数学试题 一、单选题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【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【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：A3．已知函数的导函数为，且满足，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】求导后，令可得结果.【详解】因为，所以，所以，得.故选：A4．已知，，，若，，三向量共面，则实数等于（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】D【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：D5．已知单位向量，，中，，，则（    ）A． B．5 C．6 D．【答案】D【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，则.故选：D6．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【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：B7．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】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【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、多选题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【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【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：BD11．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【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：BD12．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【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. 三、填空题13．已知在标准正交基下，向量，，，则向量在上的投影为         .【答案】【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】【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】【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】【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17．已知向量，.(1)求与的夹角余弦值；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【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.【详解】（1）因为，，所以，，，所以；（2），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 【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.【详解】（1）∵，函数在处的切线方程的斜率为，又，切点为，切线方程为：即.（2）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) 【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.【详解】（1）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.（2）因为，，设是平面的一个法向量，则，令，得，所以.所以点到平面的距离.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 【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.【详解】（1）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；，（2）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) 【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.【详解】（1）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.（2）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) 【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.【详解】（1）的定义域为，则，当时，即时，在上单调递增，当时，即时，则即，令得，令得，则在上单调递增，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；（2）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，所以.