第=PAGE1*2-11頁共=SECTIONPAGES2*24頁◎第=PAGE1*22頁共=SECTIONPAGES2*24頁2024~2025學年下學期平和廣兆中學期末考高二數(shù)學試卷滿分：150考試時間120分鐘一、單選題：本題共8小題，每題5分，共40分。1．若是空間的一組基，且向量，則可以與構(gòu)成空間的另一組基的向量是（

）A．B．C．D． 2．已知函數(shù)，則（

）A．B．C．D． 3．在空間直角坐標系中，點在坐標平面內(nèi)的射影為點，則點關(guān)于原點對稱的點的坐標為（

）A．B．C．D． 4．如圖，在斜三棱柱中，為的中點，為上靠近的三等分點，設，，，則用，，表示為（

）A． S．C． D． 5．函數(shù)的導數(shù)（

）A．B．C．D．6．已知函數(shù)在處可導，且，則（

）A．B．2C．8D． 如圖，三棱錐中，，且平面與底面垂直，為中點，，則平面與平面夾角的余弦值為（

）A．B．C．D．8．1614年納皮爾在研究天文學的過程中為了簡化計算而發(fā)明對數(shù)；1637年笛卡爾開始使用指數(shù)運算；1770年，歐拉發(fā)現(xiàn)了指數(shù)與對數(shù)的互逆關(guān)系，指出：對數(shù)源于指數(shù)，對數(shù)的發(fā)明先于指數(shù)，稱為數(shù)學史上的珍聞，對數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)，即對數(shù)函數(shù)（，且）的反函數(shù)為（，且）．已知函數(shù)，，若對任意，有恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為（）A．B．C．D． 二、多選題：本題共3小題，每題6分，共18分，每小題全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯得0分。9．已知函數(shù)的導函數(shù)的圖象如圖所示，那么下列圖象中不可能是函數(shù)的圖象的是（

）.A．

B．

C．

D．

10．下列選項正確的是（

）A．，則B．，則C．，則D．，則11．如圖，已知正方體的棱長為2，P是正方形（包括邊界）底面內(nèi)的一動點，則下列結(jié)論正確的有（

）A．存在點P，使得B．三棱錐的體積為定值C．若，則P點在正方形內(nèi)的運動軌跡長度為D．若點P為的中點，點Q為的中點，過P，Q作平面平面，則平面截正方體所得截面的面積為三、填空題：本題共3小題，每題5分，共15分。12．設函數(shù)，若，則.13．已知空間向量，，則向量在向量上的投影向量的坐標是．14．函數(shù)是一個在生物學中常見的型函數(shù)，也稱為型生長曲線，常被用作神經(jīng)網(wǎng)絡的激活函數(shù)．記為函數(shù)的導函數(shù)，則下列序號正確的有①

函數(shù)是減函數(shù)

②③函數(shù)的最大值是

④四、解答題：本題共5小題，共77分。15．（13分）已如曲線在處的切線與直線垂直.(1)求的值；(2)若恒成立，求的取值范圍.16（15分）如圖，在三棱錐中，平面，，且，為的中點，在上，且．(1)求證：；(2)求平面與平面的夾角的余弦值．17．（15分）已知函數(shù).(1)若，求；(2)若在處的切線與直線垂直，求a.18．（17分）在中，，，，分別是上的點，滿足且經(jīng)過的重心，將沿折起到的位置，使，是的中點，如圖所示.(1)求證：平面；(2)求與平面所成角的大??；(3)在線段上是否存在點，使平面與平面成角余弦值為？若存在，求出的長度；若不存在，請說明理由.19．（17分）對于函數(shù)，為的實數(shù)根，其中，若存在

，使得或者，則稱為“攀登函數(shù)”.(1)分析函數(shù)是否為“攀登函數(shù)”；(2)函數(shù)為“攀登函數(shù)”，（i）求的取值范圍；（ii）當時，設函數(shù)，其中，表示中的較大者，分析是否存在，使得為“攀登函數(shù)”，若存在，求出的最大值，若不存在，說明理由.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《2024~2025學年下學期平和廣兆中學期末考高二數(shù)學試卷》參考答案題號1234567891011答案ABACDCDBBCDABBCD1．A對于選項B，由選項A得，，故共面，排除B．對于A，，向量，而不與共面，故A正確.故選：A.由題意知，不共面，對于選項A，，故共面，排除C；對于選項D，，故共面，排除D；2．B【詳解】解：令，所以即所以，故選：B3．A【詳解】由題意得點的坐標為，則點關(guān)于原點對稱的點的坐標為．故選：A4．C【詳解】.故選：C．5．D【詳解】，所以，故選：D6．C【詳解】由題意知：，即，故選：C．7．D【詳解】如圖，連接，因為為中點，所以，又平面底面，平面底面平面，所以平面，故兩兩垂直，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

設，由，可得，則，設平面的一個法向量為，則有，令，得，則，設平面的一個法向量為，則有，令，得，得，則，則平面與平面夾角的余弦值為．故選：D．8．B【詳解】依題意，，則，當時，不等式，令，于是對任意，恒成立，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，，而當，當且僅當時取等號，則，所以實數(shù)k的取值范圍為.故選：B9．BCD【詳解】由圖象可知，當時，，則在單調(diào)遞增，故CD項錯誤；當時，，則在單調(diào)遞減，故B項也錯誤；當時，，則在單調(diào)遞增.而A選項圖象均滿足上述單調(diào)性，可能是的圖象.故選：BCD.10．AB【詳解】對于C，由，得，C錯誤；對于D，，則，D錯誤；對于A，由，得，A正確；對于B，由，得，B正確.故選：AB11．BCD【詳解】對于B，在正方體中，平面平面，則點P到平面距離為定值，的面積為定值，為定值，B正確；對于A，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，

設，，，不垂直，因此不存在點P，使，A錯誤；對于C，連接，平面，平面，則，而，又平面，則平面，又平面，則.同理得，又平面，則平面，由，得平面，又平面，因此點軌跡為平面與底面交線，即為線段，又，C正確；

對于D，取中點為，連接，平面，由平行于，平面，得，又，則平面，又取中點為，則，有四點共面，則平面平面.平面即為平面，設平面分別與交于，由平面平面，平面，平面，則，又都是中點，則是中點，同理是中點，于是平面截正方體所得截面為正六邊形，又正方體棱長為2，則，所以截面面積為，D正確.

故選：BCD12．1【詳解】由題意可知，且，則，整理可得，解得.故答案為：.13．【詳解】，則方向的單位向量為，向量在向量上的投影向量為，故答案為：．14．②③④【詳解】對于②：，②正確.對于①：因為，所以是增函數(shù)，所以①錯誤.對于③：因為，根據(jù)基本不等式的性質(zhì)可得，當且僅當即時，等號成立，此時取最小值4，從而取最大值為，所以③正確.對于④：.所以.所以④正確.故答案為：①③④.15．(1)(6分）(2)(7分）【詳解】（1）由于的斜率為，所以，又,故，解得，（2）由（1）知，所以，故當時，單調(diào)遞增，當時，單調(diào)遞減，故當時，取最小值，要使恒成立，故，解得，故的取值范圍為16．(1)證明見解析(7分）(2)(8分）【詳解】（1）不妨設，又，在中，，，則，所以，又，，且也為等腰三角形．，則，則以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，可得，，，，，則，所以．（2）由（1）可知，，平面的法向量可取為，且，，設平面的法向量為，則，可取，，故平面與平面的夾角的余弦值為．17．(1)(6分）(2)或.(9分）【詳解】（1）因為，所以.（2）因為，所以，由題意知，，即，所以，所以或.18．(1)證明見解析(4分）(2)(6分）(3)存在，或(7分）【詳解】（1）因為在中，，，且，所以，，則折疊后，，又平面，所以平面，平面，所以，又已知，且都在面內(nèi)，所以平面；（2）由（1），以為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系.因為，故，由幾何關(guān)系可知，，，，故，，，，，，，，，設平面的法向量為，則，即，不妨令，則，，.設與平面所成角的大小為，則有，設為與平面所成角，故，即與平面所成角的大小為；（3）假設在線段上存在點，使平面與平面成角余弦值為.在空間直角坐標系中，，，，設，則，，設平面的法向量為，則有，即，不妨令，則，，所以，設平面的法向量為，則有，即，不妨令，則，，所以，若平面與平面成角余弦值為.則滿足，化簡得，解得或，即或，故在線段上存在這樣的點，使平面與平面成角余弦值為.此時的長度為或.19．(1)是；(4分）(2)（i）(6分）；（ii）存在；.(7分）【詳解】（1）解方程：，即，得實根，取，計算，令，得極值點.在區(qū)間內(nèi)，，即存在使得，因此是攀登函數(shù).（2）（i）解方程，即，實根為(，因，故).求導可得，令，解得或，所以，當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減；當時，，單調(diào)遞增.又，所以函數(shù)的大致圖象如圖，根據(jù)攀登函數(shù)定義，需存在使得或.取，區(qū)間為，結(jié)合圖象可知，因為對恒成立，所以對任意，，故需存在，使得，則即可，又，則有，即，設函