2022-2023学年高二下学期期中模拟考3——数学试题（含解析）

2022-2023学年高二下学期期中模拟考3——数学试题
一、单选题
1．已知则=（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．曲线上到直线的距离为的点的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．若直线与直线平行，则（ ）
A． B． C．或 D．不存在
5．把函数的图像上所有的点向左平行移动个单位长度，再把所得图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图像所表示的函数是（ ）
A． B．
C． D．
6．公差不为0的等差数列的前项和为，且，若，，，，依次成等比数列，则（ ）
A．81 B．63 C．41 D．32
7．函数的单调减区间是（ ）
A．（－∞，] B．（0，） C．和（0，） D．
8．已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，若对于任意不等实数x1，x2∈[ 0，+∞），不等式恒成立，则不等式的解集为（ ）
A． B．或
C． D． 或
二、多选题
9．下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
10．已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等差数列 B．对任意正整数，
C．数列一定是等差数列 D．数列一定是等比数列
11．已知抛物线，圆为圆心），点在抛物线上，点在圆上，点，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小值是
B．的最小值是
C．当最大时，
D．当最小时，
12．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
三、填空题
13．直线与圆交于 两点，为坐标原点，则的面积为___________.
14．若直线和直线互相垂直，则实数a=______.
15．在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为___________．
16．已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是__．
四、解答题
17．已知函数.
(1)曲线在点处的切线方程；
(2)曲线过点的切线方程.
18．在①成等差数列；②成等比数列；③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．
已知的内角所对的边分别是，面积为．若__________，且，试判断的形状．
19．公差不为0的等差数列，满足成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
20．如图，正三棱柱中，，点M为的中点．
(1)在棱上是否存在点Q，使得AQ⊥平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由：
(2)求点C到平面的距离．
21．已知.
(1)若，求实数的值；
(2)当时，若与垂直，求实数的值.
22．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)我们知道，函数的图像关于坐标原点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图像关于点成中心对称的充要条件是函数为奇函数．依据推广结论，求函数图像的对称中心，并说明理由．
(3)请利用函数的对称性，求的值；
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】根据空间向量的坐标运算即可求解.
【详解】
故选:C.
2．C
【分析】根据交集的定义运算即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：C.
3．C
【分析】设曲线上的点坐标为，根据点到直线的距离公式得出关于的方程式，根据“三个等价”从函数图象的角度得出交点个数，进而得出结论.
【详解】设曲线上的点坐标为，点到直线的距离为，
即：，化简得：，
令，求导得：
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
，又，
，使；，使；
对于函数，则有：
，单调递减；，单调递增；
，单调递减；，单调递增；
又，
与直线有两个交点，
曲线上到直线的距离为的点的个数为个.
故选：C.
4．B
【分析】根据两直线平行，列出方程，去掉两直线重合的情况，即可得到结果.
【详解】由直线与直线平行，可得:，解得．
故选:B.
5．C
【分析】根据三角函数的图像变化规律即可求得解析式.
【详解】把函数的图像上所有的点向左平行移动个单位长度，
所得图像所表示的函数是，
再把图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图像所表示的函数是．
故选:C．
6．C
【分析】由条件求出数列的通项公式，再结合等比数列定义求.
【详解】因为，
所以，故，
设等差数列的公差为，则，
所以，
因为，，，，依次成等比数列，，
所以，
所以，
所以，
故选：C.
7．B
【分析】求出导函数，在函数定义域内解不等式可得．
【详解】函数定义域是，
，
由可得．即减区间是．
故选：B．
8．C
【分析】由函数f（x）是定义在R上的偶函数，得到，再根据f（x）在[ 0，+∞）上递减求解.
【详解】解：因为函数f（x）是定义在R上的偶函数，且，
所以，
又因为对于任意不等实数x1，x2∈[ 0，+∞），不等式恒成立，
所以f（x）在[ 0，+∞）上递减，
所以，
解得.
故选：C
9．AC
【分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的运算法则计算可得；
【详解】解：对于A：，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D错误；
故选：AC
10．ABC
【分析】设等差数列的公差为，设等比数列的公比为，求出，利用等差数列的定义可判断AC选项；利用基本不等式和等比中项的性质可判断C选项；取可判断D选项.
【详解】设等差数列的公差为，则，所以，.
对于A选项，，所以，为等差数列，A对；
对于B选项，对任意的，，由等比中项的性质可得，
由基本不等式可得，B对；
对于C选项，令，
所以，，
故数列一定是等差数列，C对；
对于D选项，设等比数列的公比为，
当时，，
此时，数列不是等比数列，D错.
故选：ABC.
11．ABC
【分析】A. 由的最小值是的最小值减去圆的半径求解判断； B. 设，由，结合基本不等式求解判断；C.当最大时，由直线AQ与圆相切求解判断；D.由最小时为，即P，A，Q共线求解判断.
【详解】A. 的最小值是的最小值减去圆的半径，又的最小值是1，所以的最小值是1-=，故正确；
B. 设，则，
，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是，故正确；
C.如图所示：
当最大时，直线AQ与圆相切，则，故正确；
D.当最小时为，即P，A，Q共线，则，故错误；
故选：ABC
12．AD
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C错误；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D正确.
故选：AD.
13．12
【分析】利用点到直线的距离公式，圆的弦长公式及三角形面积公式即求.
【详解】∵圆心到直线的距离，
，
∴的面积为.
故答案为：12.
14．##
【分析】根据直线和直线互相垂直，可得，从而可得答案.
【详解】解：因为直线与直线互相垂直，
所以，解得.
故答案为：.
15．
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
∵在长方体中，，
，，
设异面直线与所成角为，
则，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
16．，
【分析】由题意得到恒成立，利用分离参数法和基本不等式即可求出的取值范围.
【详解】解：在上是增函数，
，
，
由基本不等式得：（当且仅当，即时取“”，
，
，解得，
故答案为：，，
17．(1)
(2)
【分析】（1）对求导，求得，，再由点斜式方程即可求出曲线在处的切线方程；
（2）设切点为，求，，再由点斜式方程求得切线方程为，又切线过点，代入可得，带回方程即可得答案.
【详解】（1）解：因为，所以，又，
所以曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：设切点为，则，
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，即，解得，
故所求切线方程为．
18．若选①, 为等边三角形；若选②，为等边三角形；若选③，为直角三角形．
【分析】先根据三角形面积公式以及余弦定理化简得A,再利用正余弦定理的相关知识分别对三种选择求解即可.
【详解】若选①
由可得：，
所以，又，所以；
由余弦定理可得：
又成等差数列，所以
即，
即，
可得
所以为等边三角形．
若选②
由可得：，
所以，又，所以；
由余弦定理可得：，
又成等比数列，所以
即，
所以，所以
所以为等边三角形．
若选③
由可得：，
所以，又，所以；
又，所以
即
可得：，所以，
所以
所以为直角三角形．
故答案为：若选①, 为等边三角形；若选②，为等边三角形；若选③，为直角三角形．
【点睛】本题考查的是利用正余弦定理判断三角形的形状，属于典型题.
19．(1)；
(2)．
【分析】（1）设的公差为d，由题意列出关于的两个方程，求出，从而可求出通项公式；
（2）利用错位相减法即得.
【详解】（1）设的公差为，因为成等比数列，
则，又，
解得，，
故；
（2）由（1）知，
则，
，
所以，
所以．
20．(1)存在，；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，证明平面平面，过点作交于点，利用面面垂直的性质推理作答.
（2）利用（1）的结论，把所求距离转化为点到平面的距离求解作答.
【详解】（1）在正三棱柱中，因为点为的中点，则，
又平面， 平面，则有，
而平面，于是平面，
平面，则平面平面，在平面内过点作交于点，
平面平面，因此平面，于是点即为所要找的点，
显然，因此，即有，于是，，
所以.
（2）取的中点，连接，因为点为的中点，则，
于是为平行四边形，即，而平面，平面，
因此平面，有点到平面的距离等于点到平面的距离,
又为之中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半,
而由（1）知，当时,平面，，
设，则，
所以点C到平面的距离.
21．(1)-2；
(2)2
【分析】（1）利用向量平行列方程即可求解；（2）先表示出与，利用向量垂直列方程即可求解.
(1)
因为，且，
所以，解得：.
(2)
当时，，所以，.
因为与垂直，所以，解得：.
22．(1)单调递增区间是，；单调递减区间是
(2)对称中心为，理由见解析
(3)4042
【分析】（1）求导之后解不等式可求解；
（2）根据定义可证明并求得对称中心；
（3）由对称中心的性质可求解.
（1）
，则．
令，可解得或
所以的单调递增区间是，；
令，可解得所以的单调递减区间是；
综上，函数的单调递增区间是，；单调递减区间是
（2）
设的图象的对称中心为，则为奇函数，
所以，即，
所以，
即，
整理得，（对函数定义域内的任意都成立），
所以，解得，
所以函数的图象的对称中心为；
（3）
由（2）知函数图象的对称中心为，
所以，
则，
又，所以；
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