甘肃省金昌市永昌县第一高级中学2023-2024学年高二下学期期中数学试卷
1．（2024高二下·永昌期中）已知，，，若，则（ ）
A．-2 B．2 C．-4 D．4
2．（2024高二下·永昌期中）已知函数，则从1到的平均变化率为（ ）
A．2 B．
C． D．
3．（2024高二下·永昌期中）若，，则（ ）
A．22 B． C． D．29
4．（2024高二下·永昌期中）曲线在点处切线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·永昌期中）在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·永昌期中）当时，函数取得最小值，则（ ）
A．2 B．1 C．－1 D．－2
7．（2024高二下·永昌期中）如图，在直三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是棱上的一点，且，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·永昌期中）已知函数及其导函数的定义域均为R，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二下·永昌期中）若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，，
B．，，
C．，，
D．，，
10．（2024高二下·永昌期中）已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ）
A．在上单调递减 B．有极小值
C．有2个极值点 D．在处取得最大值
11．（2024高二下·永昌期中）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．平面平面
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，存在点，使得
D．当时，存在点，使得平面
12．（2024高二下·永昌期中）已知函数，且，则实数的值 .
13．（2024高二下·永昌期中）在四棱柱中，四边形是正方形，，，，则的长为 .
14．（2024高二下·永昌期中）若函数 在定义域内的一个子区间 上不是单调函数，则实数k的取值范围 .
15．（2024高二下·永昌期中）已知函数．
（1）求函数的图象在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间．
16．（2024高二下·永昌期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，设，．
（1）若与互相垂直，求的值；
（2）求点到直线的距离．
17．（2024高二下·永昌期中）已知函数的两个极值点满足.
（1）求的值；
（2）求在区间上的最值.
18．（2024高二下·永昌期中）如图，在平行六面体中，四边形与四边形均为菱形，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正弦值.
19．（2024高二下·永昌期中）定义：若函数和的图象上分别存在点和关于轴对称，则称函数和具有关系．
（1）判断函数和是否具有关系；
（2）若函数和（）在区间上具有关系，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，
则，，
若，则，解得，，则.
故答案为：A.
【分析】先求的坐标，再根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
2．【答案】B
【知识点】平均变化率
【解析】【解答】解：函数从1到的平均变化率为.
故答案为：B.
【分析】根据平均变化率的定义求解即可.
3．【答案】C
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】由于，，则，，所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件先求得的坐标，再根据向量数量积的坐标运算求解.
4．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；直线的倾斜角
【解析】【解答】解：因为，故在点处切线的斜率，
又因为，故.
故答案为：C.
【分析】用导数的几何意义求出切线的斜率，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式和直线的倾斜角的取值范围，从而得出曲线在点处切线的倾斜角.
5．【答案】D
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为为 的中点，所以，
又因为所以，
又因为，所以，化简可得，则
故答案为：D.
【分析】由空间向量线性和空间向量基本定理化简求解即可.
6．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意得，对于任意的，
当，，上述不等式不可能恒成立，
故，从而等价于恒成立，且在时取等号，
令，在时取最小值0，
则，令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则在时取得最小值0，故，所以，所以，
因为，所以，所以.
故答案为：A.
【分析】利用不等式的基本性质结合题意得到，则在时取最小值0，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再结合代入法和已知条件，从而得出a，b的值，进而得出a+b的值.
7．【答案】D
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：因为，，，
则，即，
在直三棱柱中，底面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
因为点为棱的中点，点是棱上的一点，且，
则、、、，
，，
，
则直线与所成角的余弦值为.
故答案为：D.
【分析】由题意，求出、的长，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值即可.
8．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则，故单调递增，
因为，
故可转化为，即，
由单调递增可得，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】根据题意，构造函数，再结合求导的方法判断的单调性，从而将所求不等式进行同解变形，再利用函数的单调性得到一元二次不等式，从而解一元二次不等式得出不等式的解集.
9．【答案】A,B
【知识点】空间向量的概念；共面向量定理
【解析】【解答】因为是空间的一个基底，则不共面，而C选项，所以，，不能构成空间的一个基底，故C错误；，所以，，不能构成空间的一个基底，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据空间向量基底的定义判断即可.
10．【答案】A,B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由的图象可知，
当或时，，则单调递减，故A正确；
当或时，，则单调递增，
所以，当时，有极小值，故B正确；
由的图象结合单调性可知，当，2，4时，有极值，
所以有3个极值点，故C错误；
当时，，则单调递增，
所以，则函数在处不能取得最大值，故D错误．
故答案为：AB．
【分析】利用导函数的图象和导数判断函数单调性的方法、函数单调性求极值和极值点的方法、导数求最值的方法，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，.
设平面的一个法向量为，，，
则，令，解得，，
所以平面的一个法向量，
因为，，
又因为，
故.设平面的一个法向量为，
则，令，解得，，
所以平面的一个法向量，
又因为，所以，
所以平面平面，故A正确；
当时，点，
设平面的一个法向量，，，
则，
令，解得，，
所以平面的一个法向量为，，
所以点到平面的胜离为，
又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；
当时，此时，
所以，，
所以，
所以，不存在点，使得，故C错误；
当时，此时，
所以，，，
因为，要使平面，
则，解得，符合题意，
故存在点，使得平面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先以点为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用法向量的关系，即可判断选项A；利用向量法求出点到平面的距离，即可判断选项B；利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示以及二次函数求值域的方法，即可判断选项C；要证线面垂直，则转化为证明线线垂直，即可判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：根据题意：函数，
则导函数，
若，则，解得：.
故答案为：。
【分析】先求导，再代入结合已知条件得出实数a的值.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意知，
所以
，
所以，即的长为.
故答案为：.
【分析】由题意，先将分解成的线性组合，再结合数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则以及数量积的定义，从而得出的长.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】因为f（x）定义域为（0，+∞），又f′(x)=4x- ，
由f'（x）=0，得x=1/2．
当x∈（0，1/2）时，f'（x）＜0，当x∈（1/2，+∞）时，f'（x）＞0
据题意，k-1＜1/2＜k+1，又k-1≥0，
解得1≤k＜3/2.
【分析】因为函数在定义域的子区间 上不是单调函数，所以根据题意可知函数的极值点在区间内，列出不等式，即可求解．
15．【答案】（1）解：函数定义域为，，函数图象在点处的切线斜率为，
则切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
当时，，则函数在上单调递减；
当时，，则函数在上单调递增；
故函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，求切线方程即可；
（2）先求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性即可.
（1）解：由函数，可得，可得，
因为切点为，所以切线方程为，即.
（2）解：由函数，其定义域为，且，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
16．【答案】（1）解：易知，，
则，，
若与互相垂直，则，解得；
（2）解：由（1）知，，，
则点到直线的距离．
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由题意，先求与的坐标，再根据向量垂直的坐标表示列式求解即可；
（2）由（1）的结论，结合求解即可.
（1）由题意知，，
所以，．
又与互相垂直，
所以，解得．
（2）由（1）知，，
所以，
所以点到直线的距离．
17．【答案】（1）解： ，
令，则有2个零点，显然 ，
由韦达定理得 ，
又因为代入①得： ，
再代入②得： ， ，符合题意，
.
（2）解： ，得下表：
-1 2
0 0
单调递减 极小值-16 单调递增 极大值11 单调递减
因为， ，
所以在区间上的最大值为36，最小值为-16，
综上所述，，在区间上的最大值为36，最小值为-16.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将有2个极值点等价于导函数有2个零点，再根据已知条件和韦达定理以及判别式法，从而得出实数a的值.
（2）先求导判断函数的单调性，从而求出函数的单调区间，再根据函数的单调性求出函数的极值，再将极值与闭区间两端的函数值比较得出函数在区间上的最值.
（1） ，令，则有2个零点，显然 ，
由韦达定理得 ，又代入①得： ，
再代入②得： ， ，符合题意，
；
（2） ，得下表：
-1 2
0 0
单调递减 极小值-16 单调递增 极大值11 单调递减
又， ，
所以在区间上的最大值为36，最小值为-16；
综上，，在区间上的最大值为36，最小值为-16.
18．【答案】（1）证明：连接，
因为四边形与四边形均为菱形且，
所以与均为等边三角形，
取的中点，连接，则，
设，则，
在中，由和余弦定理，
得出，
即，所以舍去，
所以，所以，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）可知，两两垂直，以为原点，
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的一个法向量，
由，得，
取，解得，故，
设平面的一个法向量，
由，得，
取，解得，故，
所以，
设二面角的大小为，所以.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得出，再由余弦定理和勾股定理得出，再利用线面垂直的判定定理证出平面，则根据面面垂直的判定定理证出平面平面.
（2）由（1）可知，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再由数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出二面角的正弦值.
（1）连接，因为四边形与四边形均为菱形，
且，所以与均为等边三角形，
取的中点，连接，则，
设，则，
在中，由及余弦定理，得，
即，所以舍去.
所以，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知，两两垂直，以为原点，
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
设，则，
.
设平面的一个法向量，
由得，取，解得，故，
设平面的一个法向量，
由得，取，解得，故，
所以，
设二面角的大小为，所以.
19．【答案】（1）解：与具有关系．
理由如下：根据定义，若在与的定义域的交集上存在，
使得，则与具有关系，
令，，
则，所以单调递增，
因为，，
所以，使得，
即，即与具有关系．
（2）解：令，则，
因为与在上具有关系，
所以在上存在零点，，
若，当时，
因为，，所以，
即在上单调递增，则，
此时在上不存在零点，不满足题意；
若，当时，，，
当时，设，
则，
所以在上单调递增，
又因为，，
故在上存在唯一零点，
设零点为，则，
所以，当时，；
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在上存在唯一极小值，
因为，所以，
又因为，所以在上存在唯一零点，
所以，函数与在上具有关系，
综上所述，，即实数的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据已知的新定义结合导数判断单调性的方法，从而判断出函数和是否具有关系.
（2）令，所以在上存在零点且在上单调递增，从而推出，再结合新定义求出实数k的取值范围.
（1）与具有关系．
理由如下：根据定义，若在与的定义域的交集上存在，
使得，则与具有关系．令，，
则，所以单调递增，又，，
所以，使得，即，即与具有关系．
（2）令，则，因为与在上具有关系，
所以在上存在零点．，若，
当时，因为，，所以，
即在上单调递增，则，
此时在上不存在零点，不满足题意．若，
当时，，，
当时，设，则，
所以在上单调递增，
又，，故在上存在唯一零点，
设零点为，则，所以当时，；
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
在上存在唯一极小值，因为，所以，
又，所以在上存在唯一零点，
所以函数与在上具有关系．
综上所述，，即实数的取值范围是．
1 / 1甘肃省金昌市永昌县第一高级中学2023-2024学年高二下学期期中数学试卷
1．（2024高二下·永昌期中）已知，，，若，则（ ）
A．-2 B．2 C．-4 D．4
【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，
则，，
若，则，解得，，则.
故答案为：A.
【分析】先求的坐标，再根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
2．（2024高二下·永昌期中）已知函数，则从1到的平均变化率为（ ）
A．2 B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平均变化率
【解析】【解答】解：函数从1到的平均变化率为.
故答案为：B.
【分析】根据平均变化率的定义求解即可.
3．（2024高二下·永昌期中）若，，则（ ）
A．22 B． C． D．29
【答案】C
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】由于，，则，，所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件先求得的坐标，再根据向量数量积的坐标运算求解.
4．（2024高二下·永昌期中）曲线在点处切线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；直线的倾斜角
【解析】【解答】解：因为，故在点处切线的斜率，
又因为，故.
故答案为：C.
【分析】用导数的几何意义求出切线的斜率，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式和直线的倾斜角的取值范围，从而得出曲线在点处切线的倾斜角.
5．（2024高二下·永昌期中）在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为为 的中点，所以，
又因为所以，
又因为，所以，化简可得，则
故答案为：D.
【分析】由空间向量线性和空间向量基本定理化简求解即可.
6．（2024高二下·永昌期中）当时，函数取得最小值，则（ ）
A．2 B．1 C．－1 D．－2
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意得，对于任意的，
当，，上述不等式不可能恒成立，
故，从而等价于恒成立，且在时取等号，
令，在时取最小值0，
则，令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则在时取得最小值0，故，所以，所以，
因为，所以，所以.
故答案为：A.
【分析】利用不等式的基本性质结合题意得到，则在时取最小值0，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再结合代入法和已知条件，从而得出a，b的值，进而得出a+b的值.
7．（2024高二下·永昌期中）如图，在直三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是棱上的一点，且，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：因为，，，
则，即，
在直三棱柱中，底面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
因为点为棱的中点，点是棱上的一点，且，
则、、、，
，，
，
则直线与所成角的余弦值为.
故答案为：D.
【分析】由题意，求出、的长，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值即可.
8．（2024高二下·永昌期中）已知函数及其导函数的定义域均为R，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则，故单调递增，
因为，
故可转化为，即，
由单调递增可得，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】根据题意，构造函数，再结合求导的方法判断的单调性，从而将所求不等式进行同解变形，再利用函数的单调性得到一元二次不等式，从而解一元二次不等式得出不等式的解集.
9．（2024高二下·永昌期中）若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，，
B．，，
C．，，
D．，，
【答案】A,B
【知识点】空间向量的概念；共面向量定理
【解析】【解答】因为是空间的一个基底，则不共面，而C选项，所以，，不能构成空间的一个基底，故C错误；，所以，，不能构成空间的一个基底，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据空间向量基底的定义判断即可.
10．（2024高二下·永昌期中）已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ）
A．在上单调递减 B．有极小值
C．有2个极值点 D．在处取得最大值
【答案】A,B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由的图象可知，
当或时，，则单调递减，故A正确；
当或时，，则单调递增，
所以，当时，有极小值，故B正确；
由的图象结合单调性可知，当，2，4时，有极值，
所以有3个极值点，故C错误；
当时，，则单调递增，
所以，则函数在处不能取得最大值，故D错误．
故答案为：AB．
【分析】利用导函数的图象和导数判断函数单调性的方法、函数单调性求极值和极值点的方法、导数求最值的方法，从而逐项判断找出正确的选项.
11．（2024高二下·永昌期中）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．平面平面
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，存在点，使得
D．当时，存在点，使得平面
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，.
设平面的一个法向量为，，，
则，令，解得，，
所以平面的一个法向量，
因为，，
又因为，
故.设平面的一个法向量为，
则，令，解得，，
所以平面的一个法向量，
又因为，所以，
所以平面平面，故A正确；
当时，点，
设平面的一个法向量，，，
则，
令，解得，，
所以平面的一个法向量为，，
所以点到平面的胜离为，
又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；
当时，此时，
所以，，
所以，
所以，不存在点，使得，故C错误；
当时，此时，
所以，，，
因为，要使平面，
则，解得，符合题意，
故存在点，使得平面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先以点为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用法向量的关系，即可判断选项A；利用向量法求出点到平面的距离，即可判断选项B；利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示以及二次函数求值域的方法，即可判断选项C；要证线面垂直，则转化为证明线线垂直，即可判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高二下·永昌期中）已知函数，且，则实数的值 .
【答案】
【知识点】导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：根据题意：函数，
则导函数，
若，则，解得：.
故答案为：。
【分析】先求导，再代入结合已知条件得出实数a的值.
13．（2024高二下·永昌期中）在四棱柱中，四边形是正方形，，，，则的长为 .
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意知，
所以
，
所以，即的长为.
故答案为：.
【分析】由题意，先将分解成的线性组合，再结合数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则以及数量积的定义，从而得出的长.
14．（2024高二下·永昌期中）若函数 在定义域内的一个子区间 上不是单调函数，则实数k的取值范围 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】因为f（x）定义域为（0，+∞），又f′(x)=4x- ，
由f'（x）=0，得x=1/2．
当x∈（0，1/2）时，f'（x）＜0，当x∈（1/2，+∞）时，f'（x）＞0
据题意，k-1＜1/2＜k+1，又k-1≥0，
解得1≤k＜3/2.
【分析】因为函数在定义域的子区间 上不是单调函数，所以根据题意可知函数的极值点在区间内，列出不等式，即可求解．
15．（2024高二下·永昌期中）已知函数．
（1）求函数的图象在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间．
【答案】（1）解：函数定义域为，，函数图象在点处的切线斜率为，
则切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
当时，，则函数在上单调递减；
当时，，则函数在上单调递增；
故函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，求切线方程即可；
（2）先求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性即可.
（1）解：由函数，可得，可得，
因为切点为，所以切线方程为，即.
（2）解：由函数，其定义域为，且，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
16．（2024高二下·永昌期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，设，．
（1）若与互相垂直，求的值；
（2）求点到直线的距离．
【答案】（1）解：易知，，
则，，
若与互相垂直，则，解得；
（2）解：由（1）知，，，
则点到直线的距离．
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由题意，先求与的坐标，再根据向量垂直的坐标表示列式求解即可；
（2）由（1）的结论，结合求解即可.
（1）由题意知，，
所以，．
又与互相垂直，
所以，解得．
（2）由（1）知，，
所以，
所以点到直线的距离．
17．（2024高二下·永昌期中）已知函数的两个极值点满足.
（1）求的值；
（2）求在区间上的最值.
【答案】（1）解： ，
令，则有2个零点，显然 ，
由韦达定理得 ，
又因为代入①得： ，
再代入②得： ， ，符合题意，
.
（2）解： ，得下表：
-1 2
0 0
单调递减 极小值-16 单调递增 极大值11 单调递减
因为， ，
所以在区间上的最大值为36，最小值为-16，
综上所述，，在区间上的最大值为36，最小值为-16.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将有2个极值点等价于导函数有2个零点，再根据已知条件和韦达定理以及判别式法，从而得出实数a的值.
（2）先求导判断函数的单调性，从而求出函数的单调区间，再根据函数的单调性求出函数的极值，再将极值与闭区间两端的函数值比较得出函数在区间上的最值.
（1） ，令，则有2个零点，显然 ，
由韦达定理得 ，又代入①得： ，
再代入②得： ， ，符合题意，
；
（2） ，得下表：
-1 2
0 0
单调递减 极小值-16 单调递增 极大值11 单调递减
又， ，
所以在区间上的最大值为36，最小值为-16；
综上，，在区间上的最大值为36，最小值为-16.
18．（2024高二下·永昌期中）如图，在平行六面体中，四边形与四边形均为菱形，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接，
因为四边形与四边形均为菱形且，
所以与均为等边三角形，
取的中点，连接，则，
设，则，
在中，由和余弦定理，
得出，
即，所以舍去，
所以，所以，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）可知，两两垂直，以为原点，
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的一个法向量，
由，得，
取，解得，故，
设平面的一个法向量，
由，得，
取，解得，故，
所以，
设二面角的大小为，所以.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得出，再由余弦定理和勾股定理得出，再利用线面垂直的判定定理证出平面，则根据面面垂直的判定定理证出平面平面.
（2）由（1）可知，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再由数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出二面角的正弦值.
（1）连接，因为四边形与四边形均为菱形，
且，所以与均为等边三角形，
取的中点，连接，则，
设，则，
在中，由及余弦定理，得，
即，所以舍去.
所以，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知，两两垂直，以为原点，
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
设，则，
.
设平面的一个法向量，
由得，取，解得，故，
设平面的一个法向量，
由得，取，解得，故，
所以，
设二面角的大小为，所以.
19．（2024高二下·永昌期中）定义：若函数和的图象上分别存在点和关于轴对称，则称函数和具有关系．
（1）判断函数和是否具有关系；
（2）若函数和（）在区间上具有关系，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：与具有关系．
理由如下：根据定义，若在与的定义域的交集上存在，
使得，则与具有关系，
令，，
则，所以单调递增，
因为，，
所以，使得，
即，即与具有关系．
（2）解：令，则，
因为与在上具有关系，
所以在上存在零点，，
若，当时，
因为，，所以，
即在上单调递增，则，
此时在上不存在零点，不满足题意；
若，当时，，，
当时，设，
则，
所以在上单调递增，
又因为，，
故在上存在唯一零点，
设零点为，则，
所以，当时，；
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在上存在唯一极小值，
因为，所以，
又因为，所以在上存在唯一零点，
所以，函数与在上具有关系，
综上所述，，即实数的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据已知的新定义结合导数判断单调性的方法，从而判断出函数和是否具有关系.
（2）令，所以在上存在零点且在上单调递增，从而推出，再结合新定义求出实数k的取值范围.
（1）与具有关系．
理由如下：根据定义，若在与的定义域的交集上存在，
使得，则与具有关系．令，，
则，所以单调递增，又，，
所以，使得，即，即与具有关系．
（2）令，则，因为与在上具有关系，
所以在上存在零点．，若，
当时，因为，，所以，
即在上单调递增，则，
此时在上不存在零点，不满足题意．若，
当时，，，
当时，设，则，
所以在上单调递增，
又，，故在上存在唯一零点，
设零点为，则，所以当时，；
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
在上存在唯一极小值，因为，所以，
又，所以在上存在唯一零点，
所以函数与在上具有关系．
综上所述，，即实数的取值范围是．
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