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甘肃省平凉市第一中学2024 2025学年高二下学期4月月考数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知向量，若，则（ ）
A． B．4 C． D．5
2．已知三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点共面的是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数的导函数为，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．对函数，若数列满足，则称为牛顿数列．若函数，数列为牛顿数列，且，，则（ ）
A．20 B． C．30 D．
5．进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为.已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（ ）
A．80 B．90 C．100 D．110
6．在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
7．已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则的值为（ ）
A．或 B．或 C． D．
8．已知函数无零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．与夹角的余弦值为－ D．
10．已知函数，为的导函数，则（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．在区间上单调递增
C．在区间上有极小值
D．在区间上有两个零点
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．方程恰有4个不等实数根
C．存在实数使不等式成立
D．若在上恒成立，则实数
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则在上的投影向量的坐标为 .
13．如图，在平行六面体中，为的中点，，则 ；若该六面体的棱长都为2，，则 .
14．若曲线与曲线存在公切线，则a的最大值 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，，求的取值范围.
16．已知函数（a∈R）．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求函数在区间上的最大值与最小值．
17．如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，．
(1)求证：平面⊥平面；
(2)若，点P满足，求直线与所成角的余弦值．
18．已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点．
(1)求的方程；
(2)若的面积为，求的方程；
(3)证明：线段的中点为定点．
19．南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数是第n层球数与的和，设各层球数构成一个数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：当时，;
(3)若数列满足，对于，证明：．
参考答案
1．【答案】A
【详解】由，可得，
又由，则得，
即，解得.
故选A.
2．【答案】D
【详解】平面外的任一点O，点共面的充要条件是，且，
对于A，由，得，点不共面，A不是；
对于B，由，得，点不共面，B不是；
对于C，由，得，点不共面，C不是；
对于D，由，得，点共面，D是.
故选D.
3．【答案】D
【详解】由可得，
令可得，即.
故选D.
4．【答案】B
【详解】因为，所以，则，
又因为，且，所以是首项为，公比的等比数列，
，，
则.
故选B.
5．【答案】C
【详解】解：设运输成本为元，依题意可得，
则
所以当时，当时，当时，
即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值，
所以时全程运输成本最低；
故选C.
6．【答案】C
【详解】延长交于点，则点为的中点，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
故选C.
7．【答案】A
【详解】设切点为，由已知得，则切线斜率，
所以切线方程为，
因为直线过点，则，
化简得，
又因为切线有且仅有1条，即，解得或2，
故选A.
8．【答案】B
【详解】函数无零点，即关于的方程在上没有实根，
也即方程在上没有实根.
设，则，
由可得，由可得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
则时，函数取得极大值为，
当则，当则，
作出函数的图象，可得其值域为，故.
故选B.
9．【答案】BCD
【详解】因为，，
所以，
因为，所以向量与不共线，故选项A不正确；
因为，，所以，故选项B正确；
因为，故选项C正确；
因为，所以，即，故选项D正确.
故选BCD.
10．【答案】BC
【详解】依题意，，
对于A，，，所求切线方程为，A错误；
对于B，当时，，在区间上单调递增，B正确；
对于C，在上都单调递增，则函数在上单调递增，
，，则存在唯一，使得，
当时，；当时，，因此在处取得极小值，C正确；
对于D，由选项C知，在上有唯一零点，又，
当时，，即，，
因此在区间上有1零点，D错误.
故选BC
11．【答案】ABD
【详解】由题意知，
令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且时，，当时，，如图，
所以.
A：因为，所以，
由，，
得，则，所以，故A正确；
B：由，得或，如图，
由图可知，当时，方程有1个根，当时，方程有3个根，
所以原方程共有4个实根，故B正确；
C：若命题成立，则，即，
设，
则，令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，故命题不成立，故C错误；
D：因为，故，
又函数在上恒成立，所以，
设，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，即，故D正确.
故选ABD.
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
12．【答案】
【详解】已知空间向量和，
则在上的投影向量为
.
13．【答案】 /2.5
【详解】
，
∴，∴；
∵
，
∴，即．
14．【答案】
【详解】设公切线与曲线切与点，与曲线切与点，
由，得；由得.
则，
所以，所以，即.
设，则.
由；由.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
所以函数.
即的最大值为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
故，
在中，，，所以，，则，
可得，所以，所以.
（2）由正弦定理可得（为外接圆的半径），
所以，，
因为，则，，
所以，
因为为锐角三角形，则，解得，
则，，故.
16．【答案】(1)答案见解析
(2)最大值为，最小值为1
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）知：函数在上单调递减，上单调递增，
因此当时，取得最小值为；
而，则当时，取得最大值，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为1.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，，，
因为为中点，为中点，所以．
在三棱柱中，，则四边形是菱形，
可得，则，
又因为，，且平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为是等边三角形，为中点，所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）因为，，所以是等边三角形，所以．
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
因为由平面，所以，，又因为，
以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，
如图所示，，
设，因为，即，
可得，所以，
则，
又因为，所以．
直线CP与所成角的余弦值为.
18．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）因为的一条渐近线方程为，
到渐近线的距离为，
过得，
解得：，
所以的方程为①．
（2）显然直线的斜率存在，设的方程为②，
①②联立得：．
则有③，④，
设，
则⑤，⑥，
把⑤⑥代入：，
所以，
得：，解得：．
满足③④式，则直线的方程为．
（3）设，不妨设．则直线⑦，
联立①⑦得：，
则，
则；
同理：．
而，，
又三点共线，则有，
则，
得：，
所以的中点为定点．
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【思路引导】（1）依题意可得，利用累加法计算可得；
（2）设，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（3）由（2）令即可得到，从而得到，再利用错位相减法计算可得.
【详解】（1）根据题意，，
则有，
当时，
，
又也满足，所以.
（2）设，，
则，
所以在上单调递增，则，
即，即当时，.
（3）由（2）可知当时，，
令，则，
所以，
所以，
令，
则，
所以
，
所以，
所以.

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