2022-2023学年高二下学期期中模拟考1——数学试题（含解析）

2022-2023学年高二下学期期中模拟考1——数学试题
一、单选题
1．已知空间向量，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．将函数的图象向左平移个长度单位，得函数图象，则以下结论中正确的是（ ）
A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增
6．已知等比数列的前n项和为，且，，则（ ）
A． B．或 C． D．
7．已知，则函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为奇函数，为偶函数，则（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
二、多选题
9．下列 求导运算正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，且，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．是递减数列
C．为递减数列 D．是公差为的等差数列
11．已知直线，过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，则有（ ）
A．长度的最小值为
B．不存在点使得为
C．当最小时，直线的方程为
D．若圆与轴交点为，则的最小值为28
12．已知，函数的导函数为，下列说法正确的是（ ）
A． B．单调递增区间为
C．的极大值为 D．方程有两个不同的解
三、填空题
13．直线被圆截得的弦的长为___________.
14．经过点且与直线垂直的直线方程为_________．
15．在直三棱柱中，，，，，，则异面直线与夹角的余弦值为______．
16．已知函数在上单调递增,则实数的取值范围是_____.
四、解答题
17．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)求在上的最小值和最大值．
18．已知、、分别是的三个内角、、所对
的边
（1）若面积求、的值；
（2）若，且，试判断的形状．
19．在等差数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)记为等差数列的前n项和，求使不等式成立的n的最小值.
20．已知四棱锥的底面是平行四边形，侧棱平面，点在棱上，且，点是在棱上的动点（不为端点）.（如图所示）
(1)若是棱中点，
（i）画出的重心（保留作图痕迹），指出点与线段的关系，并说明理由；
（ii）求证：平面；
(2)若四边形是正方形，且，当点在何处时，直线与平面所成角的正弦值取最大值.
21．已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量，且，
(1)若,求面积的最大值.；
(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围
22．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性.
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．C
【分析】利用空间向量坐标的线性运算法则得到答案.
【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．A
【解析】先判断函数的奇偶性，排除B、D，根据导数判断函数在部分区间上的单调性，得到答案.
【详解】为偶函数，故B、D不成立，
当时，，当时，,单调递减，
当时，,单调递增，
故选：A．
【点睛】根据解析式找函数图象的问题，可从函数的定义域，奇偶性，对称性，特殊值，单调性等排除选项，得到答案.
4．A
【分析】根据直线一般式中平行满足的关系即可求解.
【详解】若直线与直线平行，
则，解得或，
经检验或时两直线平行．
故“”能得到“直线与直线平行”，但是 “直线与直线平行”不能得到“”
故选：A
5．D
【分析】由已知可得，.根据周期公式即可判断A项；代入检验结合正弦函数的对称性可判断B、C项；令，得出，根据正弦函数的单调性即可判断D项.
【详解】依题意可得.
对于A项，最小正周期为，故A错误；
对于B项，因为，所以点不是的对称中心，故B错误；
对于C项，因为，所以不是函数的对称轴，故错误；
对于D项，令，因为，所以，又在上单调递增，所以在区间上单调递增，故D正确.
故选：D.
6．C
【分析】根据等比数列的定义与通项公式运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，
∵，即，则，
∴，
则，解得.
故选：C.
7．D
【分析】举例，求导分析函数的单调性再判断即可.
【详解】当时，且，则，
所以上，递增，上 ，递减，上 ，递减，又时，而时，
所以D图象可能；
故选：D
8．C
【分析】先根据为偶函数得到，两边取的导数可得：求，进而得到，在根据导函数为奇函数可得到导函数的递推公，然后根据递推公式即可求解.
【详解】∵为偶函数，∴，即，两边同时对x求导得，
即，令，则，
∵为奇函数，∴，
又，即，
联立得，即，
∴，
故选：C．
9．AD
【分析】利用导数的运算求解判断.
【详解】A，因为，所以，故正确；
B，因为，所以，故错误；
C，因为，所以，故错误；
D，因为，所以，故正确.
故选：AD.
10．BCD
【分析】对A，直接求值判断；
对B，由二次函数单调性判断；
对C，由与的关系求出通项公式判断；
对D，，由通项公式即可判断.
【详解】对A，，A错；
对B，由，为其对称轴，则在单调递减，则由可知是递减数列，B对；
对C，时，.
又符合上式，故的通项公式为，单调递减，C对；
对D，，则，故是公差为的等差数列，D对.
故选：BCD.
11．BD
【分析】由题知圆的圆心为，半径为，进而根据圆的切线问题依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：由题知圆的圆心为，半径为，
对于A，因为圆心到直线的距离为，所以，故，故A错误；
对于B，假设存在点使得为，如图，则，故在中，，由A选项知，故矛盾，即不存在点使得为，故B正确；
对于C，由于,故四边形的面积为，
所以，，故当最小时，最小，由A选项知，此时，，即直线的斜率为，由于直线的斜率为，故C错误；
对于D，由题知，设，则，当且仅当时等号成立，故的最小值为，故D正确；
故选：BD
12．AC
【分析】求出，则可知，在上单调递增，在上单调递减，的极大值为；方程等价于,易知函数与函数有且只有一个交点，由此即可选出答案.
【详解】由题意知：，
所以，A正确；
当时；，单调递增，
当时；，单调递减，B错误;
的极大值为，C正确；
方程等价于,
易知函数与函数有且只有一个交点，即方程有且只由一个解，D错误;
故选：AC.
13．
【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出弦的弦心距即可求解.
【详解】圆的方程化为：，则圆心，半径，
于是圆心C到直线的距离，从而得，
所以弦的长为.
故答案为：
14．
【分析】根据点斜式求得所求直线的方程.
【详解】直线的斜率为，
所以经过点且与直线垂直的直线方程为，
.
故答案为：
15．
【分析】根据条件，可建立空间直角坐标系，得出与的坐标，利用向量法解决.
【详解】
由已知可得，两两垂直，可如图建立空间直角坐标系.
则，，，，，
由可得，，
则，
，，，，
所以，.
所以，异面直线与夹角的余弦值为.
故答案为：.
16．
【详解】,解得在上恒成立,构造函数,解得x=1, 在上单调递增,在上单调递减,g(x)的最大值为g(1)=1, ,,故填.
点睛:本题考查函数导数与单调性.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.
17．(1)
(2)，
【分析】（1）利用导数的几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；
（2）利用导数可求得在上的单调性，由单调性可确定最值点，从而求得最值.
【详解】（1），，又，
所求切线方程为：，即.
（2）由（1）知：，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
，.
18．（1），；（2）是等腰直角三角形
【详解】本试题主要是考查了解三角形的运用．
（1）由于在中，，，得，结合余弦定理得到a的值．
（2）为，由余弦定理得：， 所以，，结合正弦定理得到结论．
（１）在中，，，得，
由余弦定理得：，所以；
（２）因为，由余弦定理得：， 所以，
在中，，因为，所以.
所以是等腰直角三角形．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列公式得到，，得到通项公式.
（2）计算，解不等式得到答案.
【详解】（1）等差数列中，，，故，，
故.
（2），，即，解得，
故的最小值为
20．(1)(i)作图见解析；(ii)证明见解析；
(2)点在线段靠近的三等分处时, 正弦值取最大值为.
【分析】（1）(i)根据重心为三角形三边中线的交点可作图；(ii)利用线面平行判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，表示出线面夹角的正弦值，即可求最大值.
【详解】（1）（i）设与交点为，连接与交于点，
因为为中点，为中点，
所以与交点为重心，
所以,
又因为为的边的中线，
所以点也为的重心，即重心在上.
（ii）连接并延长交于点，连接，
因为为重心，所以,
又因为,
所以，
又因为平面,平面,
所以平面；
（2）因为四边形为正方形，所以,
平面，平面，所以，
所以以为坐标原点，建立如图所示坐标系，
所以
设，则
设平面的法向量为，
，化简得，
取则，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以当时，即点在线段靠近的三等分点处时，
直线与平面所成角的正弦值取最大值为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）由可得，结合余弦定理可得出，又，然后两边平方，结合均值不等式得出，从而得出答案.
（2）由正弦定理可得，根据条件为锐角三角形，求出角的范围，再由正弦型函数的性质可得答案.
(1)
因为，所以，由
余弦定理可得：，而，所以
即
而当且仅当时取“=”
当且仅当时取“=”，即
的面积
故当时，面积取得最大值为.
(2)
由正弦定理得，
所以，则
,
因为ABC是锐角三角形，所以，则，
所以，
所以三角形周长.
22．(1)
(2)函数在上为增函数
【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；
（2）利用函数的单调性与导数符号之间的关系可得出结论.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
所以，，，故曲线在点处的切线方程为.
（2）解：，则，
令，其中，
，
所以，函数在上为增函数，
当时，，即，
所以，函数在上为增函数.
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