甘肃省永昌县第一高级中学2024-2025学年高二下学期3月份月考 数学试卷（含解析）

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1．A
【分析】即求函数在时的导数值.
【详解】，则.
故选：A.
2．D
【分析】根据空间向量数量积的坐标运算即可得解.
【详解】因为，所以，
即，所以.
故选：D.
3．B
【分析】根据极大值点的定义结合图象判断即可.
【详解】极大值点处导数为0，且在该点左侧附近导数值为正，在该点右侧附近导数值为负，选项中只有符合.
故选：B.
4．C
【分析】根据投影向量的公式及数量积坐标公式计算即可.
【详解】因为，
则向量在向量上的投影为，
所以向量在向量上的投影向量是.
故选：.
5．C
【分析】根据题意可通过构造函数且，利用导数求出其单调性，即可比较得出各数的大小.
【详解】因为，所以构造函数且，
则，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上可知，在与上单调递減，在上单调递增.
所以.
又因为，所以，
可得.
故选：C.
6．D
【分析】建立空间直角坐标系，求出，，利用线线角的向量法，即可求解.
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，
则，所以，，
设异面直线与所成的角为，
则，
故选：D.
7．B
【分析】根据题中给出的“拉格朗日中值点”的定义分析求解即可．
【详解】函数，求导得：，令为在上的“拉格朗日中值点”，
则有，即，
整理得，解得，
所以函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为2.
故选：B.
8．C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求.
【详解】设外接圆圆心为，外接圆圆心为，则正三棱柱的外接球球心为中点，
由题意，以为原点，建立如图空间直角坐标系，
因为边长为，高为，
所以，故，
故，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，平面的法向量为，
所以到平面的距离.
故选：C
9．BD
【分析】利用复合函数的导数公式判断A，求出导数后建立方程，结合给定条件求解参数判断B，利用常数的导数公式判断C，左右两侧同时求导结合赋值法判断D即可.
【详解】对于A，由复合函数的导数公式得
，故A错误，
对于B，因为，所以，
令，得到，解得，故B正确，
对于C，因为，所以，故C错误，
对于D，因为，所以，
令，则，解得，故D正确.
故选：BD
10．ACD
【分析】利用方向向量的性质判断A，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，仿照给定条件建立等式，判断共面即可.
【详解】对于A，因为直线经过点，，
所以，即是直线的一个方向向量，故A正确，
对于B，因为，所以，
则或，故B错误，
对于C，因为，所以，
故或，当时，因为，所以，
当时，因为，所以，
综上，成立，故C正确，
对于D，因为，，所以，，
则，而，
故，即，
得到，即，，，四点共面，故D正确.
故选：ACD
11．ACD
【分析】先判断函数定义域，再求导分析函数的单调性与最值作出简图，进而可判断各选项.
【详解】对于A，函数定义域满足，解得，
由，令可得和，当或时，所以在和上单调递减，当时.
所以在上单调递增，这表明是的极小值点，A正确；
对B， 的单调减区间是，，故B不正确；
对D，由A可得当和时单调递减，
当时单调递增，且，
作出简图，可得的值域是，故D正确；
对C，由图象可得，与有两个不同的公共点，则，故C正确；
故选：ACD
12．
【分析】根据条件，利用空间两点中点坐标公式，即可求解.
【详解】因为，所以线段的中点坐标为，
故答案为：.
13．
【分析】利用长方体的体对角线的计算方法可求解.
【详解】这条线段可看作一长方体的体对角线，这个长方体的同一个顶点外的三个表面的面对角线为，
设长方体的长、宽、高分别为，则，
所以这条线段的长为.
故答案为：.
14．0.84
【分析】根据麦克劳林公式，求出，令即可求解.
【详解】令，
则，，，，
故，
由麦克劳林公式得，，
所以.
故答案为：0.84.
15．（13分）(1)；(2).
【分析】（1）求出，利用、求出函数的解析式再检验即可；
（2）求出得切点坐标，求出得切线斜率，再由直线的点斜式方程可得答案.
【详解】（1），
因为函数在处取得极值0，
所以可得①，
②，分
由①②解得，，
所以， 分
此时，，
当，或时，，当时，，
所以在，上都是单调递增，在单调递减，
所以在处取得极大值，且，符合题意.
综上；分
（2）由（1），，分
，切点坐标为，
切线斜率为，分
所以曲线在点处的切线方程为，
即. 分
16．（15分）(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量的数量积为零证明，，再由线面垂直的判定定理得到即可；
（2）求出平面的法向量，代入空间线面角公式求解即可；
【详解】（1）由长方体可知，，两两垂直，以为坐标原点，
向量，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

有，，，，，，．
分
因为，，，分
所以，，
所以，， 分
又因为，平面，所以平面；分
（2）设平面的法向量为，
由，，有，
取，，，可得平面的一个法向量为，分
设直线与平面所成的角为，
因为，所以，
，，
所以，分
因为，所以.
所以直线与平面所成角的余弦值为．分
17．（15分）(1)减区间，增区间，函数有极小值，无极大值
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，根据极值的定义求解即可；
（2）根据和分类讨论，利用导数研究函数的单调性求解最值即可.
【详解】（1）当时，，，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，分
所以当时，函数有极小值，无极大值.
综上：的减区间是，增区间是，极小值为0，无极大值分
（2），
当时，，所以在上单调递增，所以；
分
当时，令，得，
（ⅰ）当时，则，所以在上单调递增，所以；
（ⅱ）当时，则，所以在上单调递减，在上单调递增，
则； 分
综上：当时，在上的最小值为；
当时，在上的最小值为分
18．（17分）(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）连接，取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）连接，取的中点，连接、，
结合已知可得且，
所以四边形为平行四边形，所以为中点，分
因为为的中点，为中点，则，且，
因为为的中点，则，且，
则，且，故四边形为平行四边形，分
所以，又因为平面，平面，
所以平面． 分
（2）因为，，为的中点，则，
又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，则，故，
因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 分

则、、、、，
设平面的一个法向量为， 分
，，
由，令，则，，
可得平面的一个法向量为． 分
设平面的一个法向量为，，
由，令，则，，
可得平面的一个法向量为， 分
所以，，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
所以，二面角的余弦值为 分
19．（17分）(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）由参数分离整理不等式，并构造函数，利用导数求得新函数的最值，可得答案；
（2）根据极值点与导数的关系，可得极值点的取值范围以及等量关系，整理所证的不等式，可得答案.
【详解】（1）由，则可得不等式，
由，则，令，分
求导可得，令，解得，分
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，分
由题意可得
所以m的取值范围是. 分
（2）由，则，令，
求导可得在上恒成立，
则函数在上单调递增，即函数在上单调递增，分
由是函数的极值点，则，即，分
由，则， 分
所以. 分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
C
C
D
B
C
BD
ACD
题号
11









答案
ACD