2024-2025学年福建省福州市鼓楼区高二上册11月期中数学检测试题（含解析）

2024-2025学年福建省福州市鼓楼区高二上学期11月期中数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．设两个向量和，其中为实数．若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．2．已知三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，是的垂心.若，，则（

）A． B．2 C． D．3．设a，b，c为实数，记集合若{S}，{T}分别为集合S，T的元素个数，则下列结论不可能的是（

）A．{S}=1且{T}=0 B．{S}=1且{T}=1 C．{S}=2且{T}=2 D．{S}=2且{T}=34．在棱长为的正方体中，为正方形的中心，，，分别为，，的中点，则四面体的体积为（）A． B． C． D．5．已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，，若，则（

）A． B．C． D．6．已知函数满足：，且当时，，若存在实数，使得关于的方程有且仅有四个不等实根，则实数的取值范围是（

）．A． B． C． D．7．已知定义在上的奇函数满足，当时，．若函数在区间上有10个零点，则实数m的取值范围是（

）A． B． C． D．8．如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，点，分别为，的中点，在侧面上运动，且满足平面，以下命题错误的是（

）A．B．多面体的体积为定值C．侧面上存在点，使得D．直线与直线所成的角可能为二、多选题（本大题共3小题）9．设函数，函数．则下列说法正确的是（

）A．当时，函数有3个零点B．当时，函数只有1个零点C．当时，函数有5个零点D．存在实数，使得函数没有零点10．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（

）A．球与圆柱的表面积之比为B．平面DEF截得球的截面面积最小值为C．四面体CDEF的体积的取值范围为D．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为11．当时，不等式成立．若，则（

）A． B．C． D．三、填空题（本大题共3小题）12．已知函数满足，且在区间上恰有两个最值，则实数的取值范围为．13．已知为锐角三角形的外心，若，，则的最大值.14．已知，，且，则的最大值为．四、解答题（本大题共5小题）15．某中学长期坚持贯彻以人为本，因材施教的教育理念，每年都会在校文化节期间举行“数学素养能力测试”和“语文素养能力测试”两项测试，以给学生课外兴趣学习及辅导提供参考依据．成绩分为，，，，五个等级（等级，，，，分别对应5分，4分，3分，2分，1分）．某班学生两科的考试成绩的数据统计如图所示，其中“语文素养能力测试”科目的成绩为的考生有3人．（1）求该班“数学素养能力测试”的科目平均分以及“数学素养能力测试”科目成绩为的人数；（2）若该班共有9人得分大于7分，其中有2人10分，3人9分，4人8分．从这9人中随机抽取三人，设三人的成绩之和为，求．（3）从该班得分大于7分的9人中选3人即甲，乙，丙组队参加学校内的“数学限时解题挑战赛”．规则为：每队首先派一名队员参加挑战赛，在限定的时间，若该生解决问题，即团队挑战成功，结束挑战；若解决问题失败，则派另外一名队员上去挑战，直至派完队员为止．通过训练，已知甲，乙，丙通过挑战赛的概率分别是，，，问以怎样的先后顺序派出队员，可使得派出队员数目的均值达到最小？（只需写出结果）16．在中，角所对的边分别记作已知的周长为，且有．(1)求的面积；(2)设内心为，外心为O，，求外接圆半径．注：在中，有，其中r和R分别为三角形内切圆与外接圆的半径．17．已知函数的定义域为，实数和满足，若在区间上不存在最小值，则称在上具有性质.(1)若，判断函数在下列区间上是否具有性质；①；②；(2)若对任意实数都成立，当时，，若在区间上具有性质，求实数的取值范围；(3)对于满足的任意实数和，在区间上都有性质，且对于任意，当时，均满足.设，，试判断数列的单调性，并说明理由.18．某加油站拟造如图所示的铁皮储油罐（不计厚度，长度单位：米），其中储油罐的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，（为圆柱的高，为球的半径，）.假设该储油罐的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为千元，半球形部分每平方米建造费用为3千元.设该储油罐的建造费用为千元.（1）写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；（2）求该储油罐的建造费用最小时的的值.19．如图，已知三棱柱，平面平面ABC，，，E，F分别是AC，的中点．请你用几何法解决下列问题：（1）证明：；（2）求直线EF与平面所成角的余弦值；（3）求二面角的正弦值

答案1．【正确答案】C【详解】由，得，，即，，，所以故选:C2．【正确答案】B【分析】先证明两个线面垂直“平面”和“平面”，进而得到，得到等式，并将其转化为关系式，求解即可.【详解】连接，并延长交于点，连接，连接，由于三条侧棱、、两两互相垂直，易得平面，又因为平面，平面，所以，，因为是的垂心，所以，因为，，且平面，平面，，所以平面，且平面，所以，同理可得，因为，，且平面，平面，，所以平面，平面，所以，因为，所以，，即，所以，由平面，易得，所以，所以.故选：B.3．【正确答案】D【详解】∵当时至少有一个根，当时，还有一根，只要b≠﹣2a，就有2个根；当b=﹣2a，是一个根当时，只有一个根；当时，只有二个根或三个根；当a=b=c=0时{S}=1，{T}=0当a＞0，b=0，c＞0时，{S}=1且{T}=1当a=c=1，b=﹣2时，有{S}=2且{T}=2故选：D4．【正确答案】B【分析】连接交于点，连接，利用来求解.【详解】如图所示，连接交于点，连接，连接,由正方体的特点可知，，,则格据线面垂直的判定定理可知平面，则，,故.故选：B.计算空间多面积的体积时，注意合理切割，将原几何体转化为若干个小三棱锥的体积之和，解答时注意几何体高的判断与计算.5．【正确答案】A【分析】由已知奇偶性质得到的周期性与对称性，借助已知条件与待定系数，再利用周期性得，由对称性转化为，代入解析式求解即得.【详解】由为奇函数，得，故①，函数的图象关于点对称；由为偶函数，得②，则函数的图象关于直线对称；由①②得，则，故的周期为，所以，由，令得，即③，已知，由函数的图象关于直线对称，得，又函数的图象关于点对称，得所以，即，所以④，联立③④解得故时，，由关于对称，可得.故选：A.6．【正确答案】B【详解】解：由知，函数关于直线对称．当时，，函数的图象与直线无公共点，不满足条件；当时，函数的图象与直线最多只有两个公共点，不满足条件；当时，如图1所示，函数的图象与直线可能有四个公共点，满足条件；当时，如图2所示，存在，使函数的图象与直线有且仅有四个公共点，满足条件；当时，如图3所示，存在实数，使函数的图象与直线有且仅有四个公共点，满足条件．综上可知，实数的取值范围是，故选：B．7．【正确答案】A【分析】根据题意可知和都是周期为2的周期函数，因此可将的零点问题转换为和的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.【详解】由得是一个周期为2的奇函数，当时，，因此，因为是奇函数，所以，，且的周期为，且，，，，求的零点，即是与的交点，如图：

为与在区间的交点图形，因为与均为周期为2的周期函数，因此交点也呈周期出现，由图可知的零点周期为，若在区间上有10个零点，则第10个零点坐标为，第11个零点坐标为，因此.故选：A8．【正确答案】D【分析】根据题意，结合线线垂直的判定定理、线面垂直的性质，以及异面直线夹角的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：连接，作图如下：因为为正方体，故可得//，又，与是同一条直线，故可得，则，故A正确；对B：根据题意，，且线段在上运动，且点到直线的距离不变，故△的面积为定值，又点到平面的距离也为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；对C：取的中点分别为，连接，作图如下：容易知在△中，，又，，面面，故面面，又G在侧面上运动，且满足平面，故的轨迹即为线段；又因为为正方体，故面面，故，则当与重合时，，故C正确；对D：因为，故直线与所成角即为直线与所成角，即，在中，，故，而当直线与直线BC所成的角为时，，故直线与直线BC所成的角不可能为，故D错误.故选：D.9．【正确答案】ABC【详解】函数的零点个数即方程gx=0当时，，则，，由，有，所以或，当时，，则，，由，有，所以，所以问题转为，的交点个数，作出函数图象可知：当，即时，有3个交点，即函数有4个零点，当，即时，有4个交点，函数有5个零点，当时，只有，函数只有1个零点，当或即或时，有2个交点，函数有3个零点，无论实数取何值，使得函数总有零点．故选：ABC．10．【正确答案】BCD【详解】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，则球表面积为，圆柱的表面积，所以球与圆柱的表面积之比为，故A错误；过作于，则由题可得，设到平面DEF的距离为，平面DEF截得球的截面圆的半径为，则，，所以平面DEF截得球的截面面积最小值为，故B正确；由题可知四面体CDEF的体积等于，点到平面的距离，又，所以，故C正确；由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，则，设，则，，所以，所以，故D正确.故选：BCD.11．【正确答案】AD【详解】当时，不等式，令，则在上单调递增，因，则，A正确；因，则，B不正确；由知，，有，则，由选项A知，，即，C不正确；由得，，则，D正确.故选：AD12．【正确答案】【详解】因为，所以，所以，，即，，所以．当时，．因为在区间上恰有两个最值，且，所以，解得．故．13．【正确答案】【详解】设外接圆的半径为，,如图，，，可得，同理可得，在两别分别乘以得，整理得，，当且仅当，即等号成立,则的最大值为.故答案为.14．【正确答案】由，，利用均值不等式得，解得的取值范围，进而求得的最大值.【详解】由，，得，即又，当且仅当，即时，取等，故，解得或（舍）故，即的最大值为，故答案为.15．【正确答案】（1）2.575,4；（2）；（3）乙，甲，丙．【详解】（1）由图可知，数学素养能力测试为的频率为0.1，故该班“数学素养能力测试”的科目平均分为，语文素养能力测试为的频率为0.075，故而该班有人．“数学素养能力测试”科目成绩为的人数（人）．（2）依题：的取值可为29，28，27，26，25，24．，，，，，，，．（3）乙，甲，丙．16．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）可知，即，解得．（2）可知内接圆的半径．连接IB、OB，设，则．不妨设外接圆半径为R，则．由角度关系，，因此代入有，整理：．右式由于，因此，解得．17．【正确答案】(1)①不具有；②具有(2)(3)单调递增，证明见解析【详解】（1），对称轴为，当时，有最小值，不具有性质；当时，递增，无最小值，具有性质.（2）由题知，当时，，则当，即时，，所以当时，，所以，那么，当时，无最小值，符合题意；当时，需满足，即，解得；当时，无最小值，符合题意.综上所述，.（3）由在区间上都有性质，则在，上，且，又，所以，即，对于，因，令，因，所以，所以，即，所以数列是单调递增的.18．【正确答案】（1），（2）.【详解】试题分析：（1）求实际问题函数解析式，关键正确理解题意，列出正确的等量关系，明确自变量取值范围.储油罐的建造费用等于圆柱形部分建造费用与半球形部分建造费用之和，由得：，（2）所研究函数是一个关于的一元二次函数，求其最值关键在于研究对称轴与定义区间之间位置关系，，在上是增函数，所以当时，储油罐的建造费用最小.试题解析：[解]：(1）3分（）6分(2)，8分，在上是增函数，12分所以当时，储油罐的建造费用最小.14分考点：函数解析式，二次函数最值19．【正确答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．【详解】证明：（1）连接，，是的中点，，又平面平面，平面，平面平面，平面，，，，，，平面，.（2）