2021-2022学年福建省龙岩市一级校联盟（九校）高二下学期半期考（期中）数学试题（解析版）

2021-2022学年福建省龙岩市一级校联盟（九校）高二下学期半期考（期中）数学试题

一、单选题

1．下列导数运算正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用常用函数的导函数公式及导函数运算法则进行计算.

【详解】，A错误；

，B错误；

，C错误；

，D正确.

故选：D

2．如图，在三棱锥中，E为OA的中点，点F在BC上，满足，记，，分别为，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量的加减法进行求解.

【详解】解：在三棱锥中

，E为OA的中点

，，

所以

故选：A

3．曲线在点A处的切线与直线垂直，则点A的坐标为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导函数，根据题意结合导数的几何意义求出切点的横坐标，即可得出答案.

【详解】解：，

因为曲线在点A处的切线与直线垂直，

所以函数在点A处的导数值为，

即，所以，则，

所以点A的坐标为.

故选：B.

4．函数的单调递减区间是（       ）

A． B． C．和 D．

【答案】B

【分析】求出函数的定义域及导数，解不等式可得结果.

【详解】函数的定义域为，由可得，

因此，函数的单调递减区间是.

故选：B.

5．已知函数在上为单调递增函数，则实数m的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求导，由单调性得到在上恒成立，由二次函数数形结合得到不等关系，求出m的取值范围.

【详解】，

因为在上为单调递增函数，

所以在上恒成立，

令，

要满足①，或②，

由①得：，由②得：，

综上：实数m的取值范围是.

故选：D

6．如图，正三棱柱的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，，的中点，则EF与平面所成角的正弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设正三棱柱的棱长为2，取的中点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，列方程计算平面的法向量为，设EF与平面所成角为，由可得解．

【详解】设正三棱柱的棱长为2，取的中点，连接，，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，

，，

设平面的法向量为，

则，

取，则，，

故为平面的一个法向量，

EF与平面所成角为，则

EF与平面所成角的正弦值为，

故选：A．

7．设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，，，则a，b，c的大小关系是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，由题干条件得到在上为增函数，结合，，，从而判断出a，b，c的大小关系.

【详解】因为，所以设，

则，

所以在上为增函数，

又因为，，，

，

所以，

即

故选：C

二、多选题

8．对于非零空间向量，，，现给出下列命题，其中为真命题的是（       ）

A．若，则，的夹角是钝角

B．若，，则

C．若，则

D．若，，，则，，可以作为空间中的一组基底

【答案】BD

【分析】根据空间向量夹角的定义、空间向量数量积的坐标表示公式，结合空间向量数量积的运算性质、空间向量基底的定义逐一判断即可.

【详解】A：当，时，显然，因为，所以，的夹角是平角，故本选项命题是假命题；

B：因为，所以，因此本选项命题是真命题；

C：当，，时，显然，但是，因此本选项命题是假命题；

D：假设，，是共面向量，

所以有，显然不可能，所以，，不是共面向量，因此，，可以作为空间中的一组基底，所以本选项命题是真命题，

故选：BD

9．如图，和所在平面垂直，且，，则（       ）

A．直线与直线所成角的大小为

B．直线与直线所成角的余弦值为

C．直线与平面所成角的大小为

D．直线与平面所成角的大小为

【答案】ABC

【分析】过点在平面内作交于点，过点在平面内作交于点，证明出平面，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.

【详解】如下图所示，过点在平面内作交于点，

过点在平面内作交于点，

因为平面平面，平面平面，，平面，

平面，同理可得平面，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、.

对于A选项，，，则，，

故直线与直线所成角的大小为，A对；

对于B选项，，，

，

所以，直线与直线所成角的余弦值为，B对；

对于C选项，，平面的一个法向量为，

，

所以，直线与平面所成角的大小为，C对；

对于D选项，，平面的一个法向量为，

，

所以，直线直线与平面所成角的大小为，D错.

故选：ABC.

10．已知函数在上可导，且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（       ）

A．函数在上为减函数 B．是函数的极小值点

C．函数必有个零点 D．

【答案】ABD

【分析】利用导数可求得在上单调递减，在上单调递增，结合极值点定义和可知ABD正确；由于零点个数无法确定，则零点个数无法确定，知C错误.

【详解】由题意得：；

由知：当时，，即；当时，，即，

在上单调递减，在上单调递增，A正确；

是的极小值点，B正确；

在上单调递增，，即，，D正确；

，，

若在或在上无零点，则无两个零点，C错误.

故选：ABD.

11．已知函数，，若，，使得成立，则a的取值可以是（       ）

A．0 B． C． D．

【答案】AD

【分析】由题意，要使对，，，，使得成立，只需，且，，，，然后利用导数研究它们的最值即可．

【详解】解：，

当时，，当时，，

所以在上递减，在，上递增，

故当，时，，

对于二次函数，该函数开口向下，

所以其在区间，上的最小值在端点处取得，

所以要使对，，，，使得成立，只需，

因为函数开口向下，所以当，时，（1），（2），

所以或，所以或，

解得．

故选：AD.

三、填空题

12．平面经过点且一个法向量，则平面与轴的交点坐标是___________.

【答案】

【分析】设平面与轴的交点为，由已知可得，求出的值，即可得解.

【详解】设平面与轴的交点为，则，

由已知可得，解得，

因此，平面与轴的交点坐标是.

故答案为：.

13．直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为___________.

【答案】

【分析】由空间向量求解

【详解】，直线l的方向向量为，

由题意得点到l的距离

故答案为：

14．若函数在上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为___________.

【答案】

【分析】求出导函数，根据函数在上存在单调递减区间，

可得在上有解，即不等式在上有解，求出的最小值，即可得解.

【详解】解：，

因为函数在上存在单调递减区间，

所以在上有解，

即不等式在上有解，

令，

令，

则，

所以，

即实数a的取值范围为.

故答案为：.

15．设函数已知，且，若的最小值为，则a的值为___________.

【答案】2

【分析】由题意表示出，由导数分析单调性后求最小值，再列方程求解

【详解】在和上单调递增，若有两解，则，

且，，则，，

令，，则，

①当即时，在上单调递减，

，解得，

②当即时，在上单调递减，在上单调递增

，得（舍去）

综上，

故答案为：2

四、解答题

16．已知正方体的棱长为2，点E满足，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先得到点在平面上，转化为的最小值为点到平面的距离，再利用等体积法求解即可．

【详解】解：正方体的棱长为2，

等边的边长为，

，

∴四点共面，

即点在平面上，

的最小值为点到平面的距离，

由等体积法得，，

，

．

故选：C．

17．已知向量，，点，.

(1)求；

(2)若直线AB上存在一点E，使得，其中O为原点，求E点的坐标.

【答案】(1)5

(2)

【分析】（1）根据空间向量坐标表示的线性运算求出，再根据向量模的坐标公式即可得解；

（2）设，根据求出，再根据可得，从而可求得，即可求出，从而可得出答案.

【详解】(1)解：因为，，

所以，

所以；

(2)解：设，

由，，得，

则，

故，

因为，

所以，

即，解得，

所以，

设，

则，

所以，解得，

所以.

18．如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为BC的中点.

(1)求证：平面；

(2)若F为的中点，求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）连接交于点O，连接OD，通过三角形中位线证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】(1)解法1：

如图，连接交于点O，连接OD，

因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，所以O是的中点，

因为D为BC的中点，所以在中，，

因为平面，平面，所以平面．

解法2：

因为在三棱柱中，面ABC，，

所以BA，BC，两两垂直，故以B点为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，

因为，

所以B（0,0,0），A（2,0,0），D（0,1,0），，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

则，即，令，则，

∴，平面，所以平面；

(2)设与平面所成角为，

由(1)知平面的法向量为，

F为中点，∴，，

∴

即与平面所成角正弦值为.

19．已知函数.

(1)求的极值；

(2)若有两个零点，求实数m的取值范围.

【答案】(1)答案见解析；

(2)

【分析】（1）由题知，进而分和两种情况讨论求解；

（2）结合（1）得当时，不可能有两个零点；当时，只需的极小值，进而令函数，，再根据单调性和解不等式即可.

【详解】(1)解：，

所以，当时， 恒成立，函数在上单调递增，无极值；

当时，令得，令得，

此时函数在上单调递增，在上单调递减；

所以当时，取得极小值，无极大值.

综上，当时，无极值；当时，时取得极小值，无极大值.

(2)解：由，

所以，当时，由（1）知，函数在上单调递增，不可能有两个零点；

当时，由（1）知在上递减，上递增，

的极小值为，

又，趋向正无穷时趋于正无穷大，

所以只需，即可保证有两个零点.

故令且，则，

所以递减，又，

所以，

所以时，有两个零点.即m的取值范围是.

20．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去如阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个长方体形状的包装盒，E，F是AB边上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设cm.

(1)求包装盒的容积关于x的函数表达式，并求出函数的定义域.

(2)当x为多少时，包装盒的容积V（）最大？最大容积是多少？

【答案】(1)，

(2)当时，包装盒的容积最大是

【分析】（1）设包装盒的高为，底面边长为，分别将用表示，求出函数的解析式，注明定义域即可．

（2）利用函数的导数判断函数的单调性，求解函数的最值即可．

【详解】(1)解：设包装盒的高为，底面边长为，

则，，，

所以，；

(2)解：由，

可得，

当时，；当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

当时，取得极大值也是最大值：．

所以当时，包装盒的容积最大是．

21．图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图.

(1)求证：平面平面；

(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据长度关系可证得为等边三角形，取中点，由等腰三角形三线合一和勾股定理可证得、，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；

（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设存在且，由共线向量可表示出点坐标，利用点到面的距离的向量求法可求得，进而由二面角的向量求法求得结果.

【详解】(1)在图中取中点，连接，，

，，，，，

，，，四边形为矩形，，

，又，为等边三角形；

又，为等边三角形；

在图中，取中点，连接，

为等边三角形，，，

，又，，，

又，平面，平面，

平面，平面平面.

(2)以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，

，，，

设棱上存在点且满足题意，

即，解得：，即，

则，

设平面的法向量，

则，令，则，

，

到平面的距离为，解得：，

，

又平面的一个法向量，

，

又二面角为锐二面角，二面角的大小为.

22．设函数.

(1)当时，判断函数的单调性；

(2)证明：.

【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，故在上单调递增；

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）求定义域，求导，由，结合二次函数根的分布，分与两种情况求解函数单调性；（2）在第一问的基础上，令，得到，当且仅当时取等号，再用赋值法及裂项相消法求和，得到不等式的证明

【详解】(1)的定义域为，

令，

因为，

所以，

当时，恒成立，即恒成立，故在上单调递减；

当时，恒成立，即恒成立，故在上单调递增；

综上：当时，在上单调递减；当时，故在上单调递增；

(2)由（1）知：当时，在上单调递减，

所以

所以，当且仅当时取等号，

令，

则，

所以

，

【点睛】与正整数相关的导函数证明或求解参数的取值范围问题，要能够结合题干中的函数单调性，最值，采用赋值法，数列中的裂项相消法求和等知识进行求解.