数学：福建省福宁古五校教学联合体2023-2024学年高二下学期期中质量监测试题（解析版）

这是一份数学：福建省福宁古五校教学联合体2023-2024学年高二下学期期中质量监测试题（解析版），共15页。
1．答卷前，考生务必将姓名、座号、考场、班级填写在答题卡上．
2．选择题用2B铅笔将答案涂在答题卡上，非选择题将答案写在答题卡上．
3．考试结束，考生只将答题卡交回，试卷自己保留．
一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，有且仅有一个选项是正确的．
1. 已知且，则（ ）．
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】C
【解析】因为，所以存在实数，使得，又,
所以，所以，解得，
所以.
故选：C.
2. 已知在上递增，则实数的范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意，在上恒成立，即恒成立，
易知，当时，，
所以，使得恒成立，则.
故选：D.
3. 已知，则在上的投影向量为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】.
故选：B.
4. 已知函数的导函数为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】函数的导函数为，且满足，，把代入可得，解得，
故选：C.
5. 在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，则BE与DF所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如图，连接，因为分别为棱的中点，可得且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，故，则或其补角为直线BE与直线DF所成的角.
在中，，，
由余弦定理得，
所以BE与DF所成角的余弦值为.
故选：A.
6. 设在上存在导数，满足，且有的解集为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】令，
则，
所以函数在上单调递增，又由题，
所以，即，即的解集为，
故选：D.
7. 在棱长为2的正方体中，若点P是棱上一点(含顶点)，则满足的点P的个数为（ ）
A. 8B. 12C. 18D. 24
【答案】B
【解析】如图所示：以点D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，
以所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
则点，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为，
则由题意可得，.
所以，
故，即，
因为点P是棱上一点（含顶点），所以与正方形切于4个点，
即上底面每条棱的中点即为所求点；
同理P在右侧面的棱上，也有4个点，设点，
，
即与正方形切于个点，
即右侧面每条棱的中点即为所求点；
同理可得：正方体每条棱的中点都满足题意，故点的个数有个.
故选：C
8. 已知函数，若不等式的解集为且，且，则函数的极小值为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】B
【解析】由得，为二次函数且图象开口向上.
若，则，函数在上单调递增，不符合题意；
若，方程有两个不等实根，
不妨设，当单调递增，
，单调递减，，单调递增，
若使的解集为，且，则的大致图象如图所示：
则m，n为函数的两个零点，且为函数的极大值点，
所以或，
当时，，
，则不是函数的极值点，不符合题意；
当时，，
令，则或，所以为极小值点.
所以的极小值为.
故选：B
二、多项选择题:本题共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. 下列运算正确的有（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】对于A：因为，故A不正确；
对于B：因，故B正确；
对于C：因为，故C正确；
对于D：因为，故D不正确.
故选：BC.
10. 已知函数，则（ ）．
A. 函数在点处的切线方程是
B. 函数的递减区间为
C. 函数存在最大值和最小值
D. 函数有三个实数解，则
【答案】ABD
【解析】由，得,
所以，又，
所以函数在点处的切线方程是，
即，故A正确；
令，可得，解得；
令，解得或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
且，，
当时，,
作出函数的图形，如图所示，可得A、B正确；
所以，无最大值，故C错误；
若方程有三个实数解，即与的图象有三个不同的交点，
可得，故D正确.故选：ABD.
11. 如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面ABCD内运动（包括边界），则下列说法正确的有（ ）．
A. 不存在点，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，则点的轨迹是圆
【答案】AC
【解析】对于A，以为坐标原点，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正确；
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错误；
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ABCD截得的4段圆弧，
所以D错误.
故选：AC．
三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，且，则_________
【答案】
【解析】因为，，，
所以，解得：.
故答案为：.
13. 在四面体OABC中，是棱OA上靠近的三等分点，分别是的中点，设，若，则_________．
【答案】
【解析】，
故.
故答案为：.
14. 已知曲线和，点分别在曲线上，记点Q的横坐标为，则的最小值是_______.
【答案】
【解析】设点坐标为，为的焦点，
点到准线距离为，则，
则，
又，
设，
则，令，
则，所以在上单调递增，
又，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
所以，
故，则，
即的最小值是.
故答案为：.
四、解答题:共77分．解答应写出必要文字、证明过程或演算步骤．
15. 已知是直线l的方向向量，是平面的法向量．
（1）若，求a，b的关系式；
（2）若，求a，b的值．
解：（1）由得，
所以，即，
整理得；
（2）由得，
所以，
解得，.
16. 已知函数（是自然对数的底数）
（1）若是曲线的一条切线，求的值;
（2）若，对恒成立，求的取值范围．
解：（1）由已知可得
设为切点，依题意
解得.
（2）等价于，
等价于，
设，
则，
设，
则，
时，．
所以，
所以，当时，在时恒成立，
所以的取值范围为．
17. 如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）因为平面，
平面，
所以．
因为，
所以，所以，
故．又，且两直线在平面内，所以平面．
因为平面，所以平面平面
（2）如图，以为原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
则
易知为平面的一个法向量
设为平面的一个法向量，
由，即，所以
取，则．
依题意，，解得．
于是，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为
18. “曼哈顿距离”是人脸识别中一种重要的测距方式．其定义为:如果在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，那么称为两点间的曼哈顿距离．
（1）已知点分别在直线上，点与点的曼哈顿距离分别为，求和的最小值;
（2）已知点是曲线上的动点，其中，点与点的曼哈顿距离记为，求的最大值．参考数据
解：（1）由题可设，又，
所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
故，即的最小值为2；
因为在直线上，故可设，
所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
则，即的最小值为1．
（2）因为是曲线上的动点，故设，
所以
当时，，，
所以在上单调递减，故；
当时， ，，
所以在上单调递增，故；
当时，，
所以上单调递增，故；
又，所以，，
综上，的最大值为.
19. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性;
（2）若关于的方程有两个不相等的实数根，
（i）求实数的取值范围;
（ii）求证:．
解：（1）因为，
所以，其中
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得．
所以函数的增区间为，减区间为．
综上：当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）（ⅰ）方程可化为，
即．
令，因为函数在上单调递增，
易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．
又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．
令，其中，则．
由可得或，由可得，
所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则．
作出函数和的图象如图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，
所以，实数的取值范围是．
（ⅱ）要证，只需证，即证．
因为，所以只需证 ，
由（i）知，不妨设．
因为，所以，即，作差可得
所以只需证，即只需证．
令，只需证 ，
令，其中，
则，
所以在上单调递增，故，即在上恒成立．
所以原不等式得证.