甘肃省华池县第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份甘肃省华池县第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷，共13页。试卷主要包含了本试卷命题范围，已知，下列各命题正确的是，关于函数，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
2024.4
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.本试卷命题范围：湘教版选择性必修第二册（第1章､第2章）.
一､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，只有一个选项是符合题目要求的.
1.列命题是真命题的是（ ）
A.空间向量就是空间中的一条有向线段
B.不相等的两个空间向量的模必不相等
C.任一向量与它的相反向量不相等
D.向量与向量的长度相等
2.设平面向量满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
3.已知函数，则（ ）
A.1 B.-1 C.2 D.-2
4.如图，在正方体中，点满足，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
5.设是不重合的两个平面，的法向量分别为和是不重合的两条直线，的方向向量分别为，那么的一个充分条件是（ ）
A.，且
B.，且
C.，且
D.，且
6.已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.是极小值 B.是极小值
C.是极大值 D.是极大值
7.已知曲线在点处的切线与曲线有且只有一个公共点，则实数（ ）
A.2 B.0或2 C.-2 D.-2或0
8.已知（其中为自然常数），则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题：本大题共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.下列各命题正确的是（ ）
A.点关于平面的对称点为
B.点关于轴的对称点为
C.点到平面的距离为1
D.设是空间向量单位正交基底且以的方向为轴的正方向建立了一个空间直角坐标系，若，则
10.关于函数，下列结论正确的是（ ）
A.函数的定义域为
B.函数在上单调递增
C.函数的最小值为，没有最大值
D.函数的极小值点为
11.对于函数，其中，下列4个命题中正确命题有（ ）
A.该函数定有2个极值
B.该函数的极小值一定不大于2
C.该函数一定存在零点
D.存在实数，使得该函数有2个零点
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若函数在处的切线的斜率为__________.
13.在四棱锥中，，则这个四棱锥的高__________.
14.已知则使恒成立的的范围是__________.
四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15.（13分）
如图所示，在四棱锥中，，且，底面为正方形.
（1）设，试用表示向量；
（2）求的长.
16.（15分）
设函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）求的极大值点与极小值点；
（3）求在区间上的最大值与最小值.
17.（15分）
如图所示，线段为圆锥的底面圆的直径，为底面圆周上异于的动点，点为弦的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，圆锥的母线与底面圆所成的角为，求当三棱锥的体积最大时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
18.（17分）
如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，底面为中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
19.（17分）
已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）当时，若函数有两个零点.
①证明：；
②证明：.
甘肃省华池县第一中学2023—2024学年度第二学期期中考试·高二数
学参考答案、提示及评分细则
1.D 对于A，有向线段是空间向量的一种表示形式，但不能把二者完全等同起来，故A错误；对于B，不相等的两个空间向量的模也可以相等，只要它们的方向不相同即可，故B错误；对于C，零向量的相反向量仍是零向量，但零向量与零向量是相等的，故C错误；对于与仅是方向相反，它们的长度是相等的，故D正确.
2.A 在方向上的投影向量.
3.C 由题设，.
4.A 如图，以为坐标原点，以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为3，则，，则，故，故直线与直线所成角的余弦值为.
5.C 对于A，由线面垂直的性质可知，只要，都有，并不能说明，则A错误；对于B，若，且，则平面平行或者相交，则B错误；对于C，由，且可得，，则，则C正确；对于D，若，且，则平面平行或者相交，则D错误.
6.B 由图知：在上递增，上递减，递增，是极小值，不是极值，为拐点.故选B.
7.D 由，则，而处的切线方程为，即.又与有一个公共点，，整理得.当时，，可得；当时，显然只有一个解，符合题设.或.
8.B 由三个式子的特点，设函数，易得，，当时，当时，所以在单调递减，在单调递增，易知，所以，即.下面证明：，构造，则在上恒成立，故在上单调递增，，故，则，因为，所以，所以，故，故.
9.ABD 对于A，点关于平面的对称点为，所以A正确；对于B，点关于轴的对称点为，所以B正确；对于C，点到平面的距离为2，所以错误；对于D，
由于是空间向量单位正交基底且以的方向为轴的正方向建立了一个空间直角坐标系，
且，所以，所以D正确.故选ABD.
10.BD 对于A，因为，所以，解得，故的定义域为，故A错误；对于，令，则，得，故在上单调递增，故B正
确；对于C，令，则，故的最小值不为，故C错误；对于D，令0，得或，所以在和上单调递减，令，得，故结合两侧的单调性可知是的极小值点，故D正确.故选BD.
11.BD 函数定义域是，由已知有两个不等实根，但一正一负.由于定义域是，因此只有一个实根，只有一个极值，错；不妨设，则当时，单调递减，时，单调递增，所以是函数的极小值，，设+2，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，即，所以，B正确；由上可知当的极小值为正时，无零点，错；的极小值也是最小值为，例如当时，时，，又，所以在和上各有一个零点，D正确.故选BD.
12.2 .
13.2 设平面的法向量为，则令，则，则
14. 因，令，依题意，，当时，，求导得，当时，，当时，，因此在上单调递增，在上单调递减，当时，.当时，，求导得在上单调递减，，于是得函数在上单调递减，，因此，则，所以的取值范围是.
15.解：（1）是的中点，.
，
结合，
得.
（2），
，
.
，即的长等于.
16.解：（1）由题意得：，则，
又，
在处的切线方程为，即.
（2）令，解得：或，则变化情况如下表：
的极小值点为，极大值点为.
（3）由（2）知：在上单调递减，在上单调递增；
又，
.
17.（1）证明：因为平面平面，所以，
又是弦中点，而，所以.
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：因为，因此到的距离最大时，三棱锥的体积最大，此时，
圆锥的母线与底面圆所成的角为，即是等边三角形，，
则.
以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，
.
由（1）知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量是，
则取，则.
设平面与平面所成的锐二面角为，
则.
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
18.（1）证明：如图，取线段的中点，连接.
因为为中点，则在中，.
又，所以，
所以四边形是平行四边形，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）解：因为，所以.因为平面平面，所以，所以两两垂直.以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系Axyz.
则，
设平面的法向量为，
由
令，得，所以.
又，则点到平面的距离，
所以点到平面的距离为.
19.（1）解：由题意可得，
在上单调递增，且当时，，当时，0，即当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，可得有极小值，无极大值.
（2）证明：若函数有两个零点，则，解得，
当时，则，
结合的单调性，可知在内均只有一个零点，则，
构建，则在时恒成立，故在上单调递增.
①令，则等价于，等价于，
等价于，
在上单调递增，则，即，故
②若函数有两个零点，令，即，
则，可得，
故，
由，则.
在上单调递增，则，即，
在时恒成立，
又在上单调递减，且，即，故.-1
-
0
+
0
-
极小值
极大值