高級中學名校試卷PAGEPAGE2福建省福寧古五校教學聯合體2023-2024學年高二下學期期中質量監測數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將姓名、座號、考場、班級填寫在答題卡上．2．選擇題用2B鉛筆將〖答案〗涂在答題卡上，非選擇題將〖答案〗寫在答題卡上．3．考試結束，考生只將答題卡交回，試卷自己保留．一、單項選擇題:本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的選項中，有且僅有一個選項是正確的．1.已知且，則（）．A.4 B.6 C.8 D.10〖答案〗C〖解析〗因為，所以存在實數，使得，又,所以，所以，解得，所以.故選：C.2.已知在上遞增，則實數的范圍是（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根據題意，在上恒成立，即恒成立，易知，當時，，所以，使得恒成立，則.故選：D.3.已知，則在上的投影向量為（）．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗.故選：B.4.已知函數的導函數為，且滿足，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗函數的導函數為，且滿足，，把代入可得，解得，故選：C.5.在棱長為1的正方體中，分別為棱的中點，則BE與DF所成角的余弦值為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如圖，連接，因為分別為棱的中點，可得且，又且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，故，則或其補角為直線BE與直線DF所成的角.在中，，，由余弦定理得，所以BE與DF所成角的余弦值為.故選：A.6.設在上存在導數，滿足，且有的解集為（）．A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗令，則，所以函數在上單調遞增，又由題，所以，即，即的解集為，故選：D.7.在棱長為2的正方體中，若點P是棱上一點(含頂點)，則滿足的點P的個數為（）A.8 B.12 C.18 D.24〖答案〗B〖解析〗如圖所示：以點D為原點，以DA所在的直線為x軸，以DC所在的直線為y軸，以所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系.則點，，考慮P在上底面的棱上，設點P的坐標為，則由題意可得，.所以，故，即，因為點P是棱上一點（含頂點），所以與正方形切于4個點，即上底面每條棱的中點即為所求點；同理P在右側面的棱上，也有4個點，設點，，即與正方形切于個點，即右側面每條棱的中點即為所求點；同理可得：正方體每條棱的中點都滿足題意，故點的個數有個.故選：C8.已知函數，若不等式的解集為且，且，則函數的極小值為（）A. B. C.0 D.〖答案〗B〖解析〗由得，為二次函數且圖象開口向上.若，則，函數在上單調遞增，不符合題意；若，方程有兩個不等實根，不妨設，當單調遞增，，單調遞減，，單調遞增，若使的解集為，且，則的大致圖象如圖所示：則m，n為函數的兩個零點，且為函數的極大值點，所以或，當時，，，則不是函數的極值點，不符合題意；當時，，令，則或，所以為極小值點.所以的極小值為.故選：B二、多項選擇題:本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.下列運算正確的有（）．A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗對于A：因為，故A不正確；對于B：因，故B正確；對于C：因為，故C正確；對于D：因為，故D不正確.故選：BC.10.已知函數，則（）．A.函數在點處的切線方程是 B.函數的遞減區間為C.函數存在最大值和最小值 D.函數有三個實數解，則〖答案〗ABD〖解析〗由，得,所以，又，所以函數在點處的切線方程是，即，故A正確；令，可得，解得；令，解得或，所以函數在上單調遞減，在和上單調遞增，且，，當時，,作出函數的圖形，如圖所示，可得A、B正確；所以，無最大值，故C錯誤；若方程有三個實數解，即與的圖象有三個不同的交點，可得，故D正確.故選：ABD.11.如圖，在棱長為1的正方體中，為邊的中點，點在底面ABCD內運動（包括邊界），則下列說法正確的有（）．A.不存在點，使得B.過三點的正方體的截面面積為C.四面體的內切球的表面積為D.點在棱上，且，若，則點的軌跡是圓〖答案〗AC〖解析〗對于A，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，若，則，即，與題意矛盾，所以A正確；對于B，取中點，連接，因為，所以可得四點共面，所以過三點的正方體的截面為以為底的等腰梯形，過點作，所以，所以梯形的高為，所以，，故B錯誤；對于C，如下圖知：四面體的體積為正方體體積減去四個三棱錐的體積，可知四面體是棱長為的正四面體，取的外心，連接，則平面，則，則，所以，所以四面體的高，設四面體的側面積為，其內切球的半徑為，球心為，，，即，所以C正確；對于D，，即，可得軌跡為圓：，所以，圓心，又，所以，軌跡為圓：被四邊形ABCD截得的4段圓弧，所以D錯誤.故選：AC．三、填空題:本大題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知，，且，則_________〖答案〗〖解析〗因為，，，所以，解得：.故〖答案〗為：.13.在四面體OABC中，是棱OA上靠近的三等分點，分別是的中點，設，若，則_________．〖答案〗〖解析〗，故.故〖答案〗為：.14.已知曲線和，點分別在曲線上，記點Q的橫坐標為，則的最小值是_______.〖答案〗〖解析〗設點坐標為，為的焦點，點到準線距離為，則，則，又，設，則，令，則，所以在上單調遞增，又，所以時，，單調遞增，時，，單調遞減，所以，故，則，即的最小值是.故〖答案〗為：.四、解答題:共77分．解答應寫出必要文字、證明過程或演算步驟．15.已知是直線l的方向向量，是平面的法向量．（1）若，求a，b的關系式；（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.已知函數（是自然對數的底數）（1）若是曲線的一條切線，求的值;（2）若，對恒成立，求的取值范圍．解：（1）由已知可得設為切點，依題意解得.（2）等價于，等價于，設，則，設，則，時，．所以，所以，當時，在時恒成立，所以的取值范圍為．17.如圖，在四棱錐中，底面，是直角梯形，，是的中點．（1）求證：平面平面；（2）若二面角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值．解：（1）因為平面，平面，所以．因為，所以，所以，故．又，且兩直線在平面內，所以平面．因為平面，所以平面平面（2）如圖，以為原點，分別為軸，軸，軸的正半軸，建立空間直角坐標系，設，則，則易知為平面的一個法向量設為平面的一個法向量，由，即，所以取，則．依題意，，解得．于是，則．所以直線與平面所成角的正弦值為18.“曼哈頓距離”是人臉識別中一種重要的測距方式．其定義為:如果在平面直角坐標系中，點的坐標分別為，那么稱為兩點間的曼哈頓距離．（1）已知點分別在直線上，點與點的曼哈頓距離分別為，求和的最小值;（2）已知點是曲線上的動點，其中，點與點的曼哈頓距離記為，求的最大值．參考數據解：（1）由題可設，又，所以，所以在上單調遞減，在上單調遞增，且當時，，故，即的最小值為2；因為在直線上，故可設，所以，所以在上單調遞減，在上單調遞增，且當時，，則，即的最小值為1．（2）因為是曲線上的動點，故設，所以當時，，，所以在上單調遞減，故；當時，，，所以在上單調遞增，故；當時，，所以上單調遞增，故；又，所以，，綜上，的最大值為.19.已知函數．（1）討論函數的單調性;（2）若關于的方程有兩個不相等的實數根，（i）求實數的取值范圍;（ii）求證:．解：（1）因為，所以，其中①當時，，所以函數的減區間為，無增區間；②當時，由得，由可得．所以函數的增區間為，減區間為．綜上：當時，函數的減區間為，無增區間；當時，函數的增區間為，減區間為．（2）（?。┓匠炭苫癁?，即．令，因為函數在上單調遞增，易知函數的值域為，結合題意，關于的方程（*）有兩個不等的實根．又因為不是方程（*）的實根，所以方程（*）可化為．令，其中，則．由可得或，由可得，所以，函數在和上單調遞減，在上單調遞增．所以，函數的極小值為，且當時，；當時，則．作出函數和的圖象如圖所示：由圖可知，當時，函數與的圖象有兩個交點，所以，實數的取值范圍是．（ⅱ）要證，只需證，即證．因為，所以只需證，由（i）知，不妨設．因為，所以，即，作差可得所以只需證，即只需證．令，只需證，令，其中，則，所以在上單調遞增，故，即在上恒成立．所以原不等式得證.福建省福寧古五校教學聯合體2023-2024學年高二下學期期中質量監測數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將姓名、座號、考場、班級填寫在答題卡上．2．選擇題用2B鉛筆將〖答案〗涂在答題卡上，非選擇題將〖答案〗寫在答題卡上．3．考試結束，考生只將答題卡交回，試卷自己保留．一、單項選擇題:本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的選項中，有且僅有一個選項是正確的．1.已知且，則（）．A.4 B.6 C.8 D.10〖答案〗C〖解析〗因為，所以存在實數，使得，又,所以，所以，解得，所以.故選：C.2.已知在上遞增，則實數的范圍是（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根據題意，在上恒成立，即恒成立，易知，當時，，所以，使得恒成立，則.故選：D.3.已知，則在上的投影向量為（）．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗.故選：B.4.已知函數的導函數為，且滿足，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗函數的導函數為，且滿足，，把代入可得，解得，故選：C.5.在棱長為1的正方體中，分別為棱的中點，則BE與DF所成角的余弦值為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如圖，連接，因為分別為棱的中點，可得且，又且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，故，則或其補角為直線BE與直線DF所成的角.在中，，，由余弦定理得，所以BE與DF所成角的余弦值為.故選：A.6.設在上存在導數，滿足，且有的解集為（）．A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗令，則，所以函數在上單調遞增，又由題，所以，即，即的解集為，故選：D.7.在棱長為2的正方體中，若點P是棱上一點(含頂點)，則滿足的點P的個數為（）A.8 B.12 C.18 D.24〖答案〗B〖解析〗如圖所示：以點D為原點，以DA所在的直線為x軸，以DC所在的直線為y軸，以所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系.則點，，考慮P在上底面的棱上，設點P的坐標為，則由題意可得，.所以，故，即，因為點P是棱上一點（含頂點），所以與正方形切于4個點，即上底面每條棱的中點即為所求點；同理P在右側面的棱上，也有4個點，設點，，即與正方形切于個點，即右側面每條棱的中點即為所求點；同理可得：正方體每條棱的中點都滿足題意，故點的個數有個.故選：C8.已知函數，若不等式的解集為且，且，則函數的極小值為（）A. B. C.0 D.〖答案〗B〖解析〗由得，為二次函數且圖象開口向上.若，則，函數在上單調遞增，不符合題意；若，方程有兩個不等實根，不妨設，當單調遞增，，單調遞減，，單調遞增，若使的解集為，且，則的大致圖象如圖所示：則m，n為函數的兩個零點，且為函數的極大值點，所以或，當時，，，則不是函數的極值點，不符合題意；當時，，令，則或，所以為極小值點.所以的極小值為.故選：B二、多項選擇題:本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.下列運算正確的有（）．A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗對于A：因為，故A不正確；對于B：因，故B正確；對于C：因為，故C正確；對于D：因為，故D不正確.故選：BC.10.已知函數，則（）．A.函數在點處的切線方程是 B.函數的遞減區間為C.函數存在最大值和最小值 D.函數有三個實數解，則〖答案〗ABD〖解析〗由，得,所以，又，所以函數在點處的切線方程是，即，故A正確；令，可得，解得；令，解得或，所以函數在上單調遞減，在和上單調遞增，且，，當時，,作出函數的圖形，如圖所示，可得A、B正確；所以，無最大值，故C錯誤；若方程有三個實數解，即與的圖象有三個不同的交點，可得，故D正確.故選：ABD.11.如圖，在棱長為1的正方體中，為邊的中點，點在底面ABCD內運動（包括邊界），則下列說法正確的有（）．A.不存在點，使得B.過三點的正方體的截面面積為C.四面體的內切球的表面積為D.點在棱上，且，若，則點的軌跡是圓〖答案〗AC〖解析〗對于A，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，若，則，即，與題意矛盾，所以A正確；對于B，取中點，連接，因為，所以可得四點共面，所以過三點的正方體的截面為以為底的等腰梯形，過點作，所以，所以梯形的高為，所以，，故B錯誤；對于C，如下圖知：四面體的體積為正方體體積減去四個三棱錐的體積，可知四面體是棱長為的正四面體，取的外心，連接，則平面，則，則，所以，所以四面體的高，設四面體的側面積為，其內切球的半徑為，球心為，，，即，所以C正確；對于D，，即，可得軌跡為圓：，所以，圓心，又，所以，軌跡為圓：被四邊形ABCD截得的4段圓弧，所以D錯誤.故選：AC．三、填空題:本大題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知，，且，則_________〖答案〗〖解析〗因為，，，所以，解得：.故〖答案〗為：.13.在四面體OABC中，是棱OA上靠近的三等分點，分別是的中點，設，若，則_________．〖答案〗〖解析〗，故.故〖答案〗為：.14.已知曲線和，點分別在曲線上，記點Q的橫坐標為，則的最小值是_______.〖答案〗〖解析〗設點坐標為，為的焦點，點到準線距離為，則，則，又，設，則，令，則，所以在上單調遞增，又，所以時，，單調遞增，時，，單調遞減，所以，故，則，即的最小值是.故〖答案〗為：.四、解答題:共77分．解答應寫出必要文字、證明過程或演算步驟．15.已知是直線l的方向向量，是平面的法向量．（1）若，求a，b的關系式；（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.已知函數（是自然對數的底數）（1）若是曲線的一條切線，求的值;（2）若，對恒成立，求的取值范圍．解：（1）由已知可得設為切點，依題意解得.（2）等價于，等價于，設，則，設，則，時，．所以，所以，當時，在時恒成立，所以的取值范圍為．17.如圖，在四棱錐中，底面，是直角梯形，，是的中點．（1）求證：平面平面；（2）若二面角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值．解：（1）因為平面，平面，所以．因為，所以，所以，故．又，且兩直線在平面內，所以平面．因為平面，所以平面平面（2）如圖，以為原點，分別為軸，軸，軸的正半軸，建立空間直角坐標系，設，則，則易知為平面的一個法向量設為平面的一個法向量，由，即，所以取，則．依題意，，解得．于是，則．所以直線與平面所成角的正弦值為18.“曼哈頓距離”是人臉識別中一種重要的測距方式．其定義為:如果在平面直角坐標系中，