银川市名校2022-2023学年高二下学期期中考试
数学(理科)试卷
一、单选题（本题共12小题，每小题5分，共60分）
1．（ ）
A． B． C． D．
2．在同一平面直角坐标系中，将曲线按伸缩变换后为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，从上端口往一高为H的水缸匀速注入水，水注满所用时间为
T.若当水深为h时，水注入所用时间为t，则函数的图像大
致是（ ）
A． B． C． D．
4．下列以t为参数的参数方程中，其表示的曲线与方程表示的曲线完全一致的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数的导函数为，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
6．在极坐标系中，曲线关于（ ）
A．直线轴对称 B．直线轴对称
C．点中心对称 D．极点中心对称
7．如图所示，在四棱柱中，底面为平行四边形，以顶
点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为，则的长
为（ ）
A． B．2 C． D．
8．函数在区间上单调递减，则实数k的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有，则（ ）
A．O，A，B，C四点共面 B．O，P，B，C四点共面
C．P，A，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面
10．已知矩形，为平面外一点平面，且，，分别为， 上的点，且，则（ ）
A． B． C． D．1
11．函数定义在上，是它的导函数，且在定义域内恒成立，则（ ）
A． B．
C． D．
12．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．如图抛物线的方程是，则阴影部分的面积是_______.
14．在三棱锥中，平面平面，若棱长
，且，
则点到平面的距离为________．
15．已知向量的夹角为的单位向量，若对任意的，且，，则的取值范围是__________．
16．如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．
给出下列四个结论：
①的最小值为；
②四面体的体积为；
③有且仅有一条直线与垂直；
④存在点，，使为等边三角形．
其中所有正确结论的序号是____．
三、解答题:(共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分10分)
已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间和极值；
(2)讨论函数单调性．
18．(本小题满分12分)
在直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）已知点，直线的极坐标方程为，它与曲线的交点为O和，与曲线的交点为，求的面积.
19．(本小题满分12分)
在中，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.
(1)求证：；
(2)在①图1中，②图1中，③图2中三棱锥的体积最大.
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.
问题：已知__________，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
20．(本小题满分12分)
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为
(1)求曲线和曲线的直角坐标方程;
(2)若曲线和曲线交于、两点，且点，求的值.
21．(本小题满分12分)
在直角梯形中，，，，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点分别在线段，上，二面角的大小为.
(1)若，，，证明：平面；
(2)若，点为上的动点，点为的中点，求与平
面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值.
22．(本小题满分12分)
已知.
(1)求函数的最小值；
(2)若存在，使成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：对一切，都有成立．答案第10页，共11页高二期中考试数学（理科）试题（参考答案）
1．B 2．A 3．D 4．B 5．C 6．B 7．D 8．B 9．C 10．B 11．D
12．A【详解】因为，
所以，.
令，，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以，
所以.
因为在上单调递增，所以；
令，则恒成立，
所以，在R上单调递减，
所以，当时，有，即，
所以.
因为，
所以，
所以.
所以.
故选：A．
13．2
14．
15．
【分析】利用向量的数量积计算公式，求得，根据题意转化为，进而转化为，设，利用导数求得函数的单调性，结合在上单调递减，进而求得的取值范围.
【详解】因为向量的夹角为的单位向量，则，
所以，
由对任意的，且，，
可得，所以，即，
设，即函数在上单调递减，
又因为时，，解得，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：.
16．①②④
【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以为顶点，为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，利用空间坐标即可求解.
【详解】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间距离，而，所以的最小值为；
对于②，，而，所以四面体的体积为；
对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ，又根据正方体性质可知，，所以当为中点，与重合时，此时，故与垂直的不唯一，③错误；
对于④，当为等边三角形时，，则此时.所以只需要与的夹角能等于即可.
以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间
直角坐标系，如图，
设，则由题意可得，，
，则可得，，则，整理可得，该方程看成关于的二次函数，，所以存在使得为等边三角形.
故答案为：①②④
17．【详解】（1）当时，，
则，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
当时，函数取得极小值，无极大值．
（2），
则，
当时，，则单调递减；
当时，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
18．【详解】解：（1），
其普通方程为，化为极坐标方程为
（2）联立与的极坐标方程：，解得点极坐标为
联立与的极坐标方程：，解得点极坐标为，所以，又点到直线的距离，
故的面积.
【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程的互化，利用极径的几何意义求三角形面积是解题的关键，属于中档题．
19．【详解】（1），平面，
平面平面.
又分别为的中点，
.
（2）选①，在图1所示的中，由，
解得或（舍去）.
设，在Rt中，，
解得.
以点为原点，分别为轴建立如图所示的坐标系，
，
则.
设，则.
，即，
解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则，
取平面CBN的一个法向量，
则，
平面BMN与平面的夹角的余弦值为.
选②，在图1所示的中，设，
则，
又，由平面向量基本定理知，即.
以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则.
设，则，
即，解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
选③，在图1所示的中，设，则，
为等腰直角三角形，.
折起后，且，平面，
平面，又，
，
令，
当时，；当时，，
时，三棱锥的体积最大.
以点为原点，分别为轴建立如图所示直角坐标系，
，
，则，
设，则.
，即，
解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
20．【详解】（1）由的参数方程为（为参数），
消参可得，即；
又的极坐标方程为，即，，
所以，
即
（2）由（1）的，即
将的参数方程转化为标准参数方程（为参数）
代入得，即，
，，
又由的参数方程可知过点，
所以.
21．【详解】（1）因为，所以，所以，又平面，所以平面，
又平面，所以，又，如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由于，所以，则
，
又，所以，
则，
所以，又平面，故可为平面的一个法向量，
又，且平面，所以平面；
（2）因为，所以，所以，
如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直
角坐标系，
则，
设，则，则，又平
面，所以可作为平面的一个法向量，
设与平面所成角为，且，则，
又函数与均在上单调递增，
所以当时，有最大值为，此时也取到最大值，
又，则；
设此时平面的法向量为，又
所以，令，则，
是平面的一个法向量，
所以，由图可知二面角为锐角，即二面角的余弦值为.
所以与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为.
22．【详解】（1）的定义域是，，
所以在区间递减；
在区间递增.
所以当时，取得最小值.
（2）存在，使成立，
即能成立，
即能成立，
设，
，
所以在区间递减；
在区间递增，
所以当时，取得最小值，
所以.
（3）设，，
所以在区间递增；
在区间递减，
所以当时，取得最大值.
由（1）得，当时，取得最小值，
所以对一切，都有成立.
答案第10页，共11页
