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数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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数学试题注意事项：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.4 B.6 C.8 D.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.8 B.12 C.18 D.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：C8.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.0 D.〖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