2022-2023学年高二下学期期中模拟考2——数学试题（含解析）

2022-2023学年高二下学期期中模拟考2——数学试题
一、单选题
1．已知向量，，则为（ ）
A．0 B． C．1 D．4
2．已知集合，，则的子集个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无穷多个
3．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知过两点的直线与直线平行，则（ ）
A． B． C． D．2
5．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．直线是图象的一条对称轴
B．图象的对称中心为，
C．在区间上单调递增
D．将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个奇函数的图象
6．在等比数列中，，，则公比（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，则的大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则（ ）
A．116 B．115 C．114 D．113
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．记为数列的前项和，下列说法正确的是（ ）
A．若对，，有，则数列一定是等差数列
B．若对，，有，则数列一定是等比数列
C．已知，则一定是等差数列
D．已知，则一定是等比数列
11．已知点是直线上的一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，连接，则（ ）
A．当四边形为正方形时，点P的坐标为 B．的取值范围为
C．当为等边三角形时，点P的坐标为 D．直线过定点
12．已知函数，则（ ）
A．的极大值为
B．的最小值为
C．当的零点个数最多时，的取值范围为
D．不等式的解的最大值与最小值之差小于
三、填空题
13．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为___________.
14．已知直线与直线互相垂直，那么b＝________
15．如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，点是侧棱的中点，，则异面直线与所成角的大小为___________.
16．若函数在定义域内的一个子区间上不是单调函数，则实数的取值范围______.
四、解答题
17．已知函数．
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)求函数在的最大值和最小值．
18．在中，是角所对的边，且满足
(1)求角的大小；
(2)设向量，向量，且向量共线，判断的形状.
19．已知数列中，对任意的，都有
(1)若为等差数列，求的通项公式；
(2)若，求的通项公式．
20．如图，在长方体中，，，分别是棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
21．已知两个不共线向量与，且，，.
(1)若，求m，n的值；
(2)若A，B，C三点共线，求mn的最大值.
22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数的图像与x轴交于A，B两点，线段中点的横坐标为，证明：.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】根据空间向量数量积的坐标运算直接求解.
【详解】由题可得，
故选:A.
2．C
【分析】由题知，再求子集个数即可.
【详解】解：因为集合，，
由可得，
所以，只有一个元素，
所以，的子集个数为2.
故选：C
3．C
【详解】由题意，，
①当，得，
所以时，，在单调递减，
时，，在单调递增，排除A和D
②当，得，
所以在单调递减，排除B
选项C满足上述单调性
故选：C
4．D
【分析】由题知，再解方程即可得答案.
【详解】解：因为过两点的直线与直线平行，
所以直线的斜率为，解得，
故选：D
5．C
【分析】由已知图象求得函数解析式，将代入解析式，由其结果判断A;求出函数的对称中心可判断B; 当时，，结合正弦函数的单调性判断C;根据三角函数图象的平移变换可得平移后函数解析式，判断D.
【详解】由函数图象可知，,最小正周期为 ，
所以 ，
将点代入函数解析式中，得：，结合，
所以，故，
对于A，当时，，故直线不是图象的一条对称轴，A错误;
对于B，令，则，
即图象的对称中心为，，故B错误；
对于C，当时，，由于正弦函数在上递增，
故在区间上单调递增，故C正确；
对于D，将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是奇函数，故D错误；
故选：C
6．D
【分析】设等比数列的公比为，利用通项公式化简条件，解方程求.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，
所以，
由可得，
所以，，
当时，，
当时，，
故选：D.
7．A
【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，即可判断；
【详解】解：因为定义域为，
所以，
所以当时，当或时，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
又，故符合条件的函数图象为A；
故选：A
8．C
【分析】由可得函数的周期为，
再结合为偶函数，可得也为偶函数，通过周期性与对称性即可求解.
【详解】由，得，
即，
所以，
所以函数的周期为，
又为偶函数，
则，
所以，
所以函数也为偶函数，
又，
所以，，
所以，
又，即，所以，
又，，
，
所以
故选：.
9．ACD
【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，故正确；
D. 因为，所以，故正确.
故选：ACD
10．AC
【分析】利用等差，等比数列的定义和性质，以及等差，等比数列的前项和的形式，可逐一判断.
【详解】由和等差中项的性质，
可得数列是等差数列，即A正确；
当时，由和等比中项的性质，
可得数列是等比数列，即B不正确；
由等差数列前项和，
得可看成的二次函数，且不含常数项，则C正确；
由等比数列前项和，
若，则，所以，
则此时数列不是等比数列，则D错.
故选：AC
11．BD
【分析】根据距离公式及圆心切点构成的直角三角形求解，再利用过定点的判断法则进行判断即可.
【详解】解：
对于A选项：当四边形为正方形时，则
则圆
又点是直线上的一点
设
，即
该方程，无解
故不存在点使得为正方形，A错误；
对于B选项：由A知，
，则，即的取值范围是
故B正确；
对于选项C：若三角形为等边三角形为等边三角形，易知
又平分
在中，由于
又点坐标为：
，即
，故C错误；
对于选项D：
记中点为
则以D为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为
圆方程为
整理得
联立，化简得
即得直线方程为
将代入方程恒成立；故直线过定点，D正确.
故选：BD
12．ACD
【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值、最值，即可判断A、B，再根据函数的极值及零点求出参数的取值范围，即可判断C，再根据特殊值判断D；
【详解】解：因为，
所以.
当或时，；当或时，.
即在和上单调递减，在和上单调递增，
所以函数在取得极小值，在处取得极大值，在处取得极小值，
又，，
故的极大值为，的最小值为，故A正确，B错误.
所以零点个数最多为，此时，，解得，C正确.
不等式，即，令，则
.
当或时，；当或时，.
即在和上单调递减，在和上单调递增，
所以的函数图象如下所示：
因为，，
则的解的最大值与最小值之差小于，
即不等式的解的最大值与最小值之差小于，D正确.
故选：ACD
13．5
【分析】由已知可得圆的圆心在直线上，则，又，所以，，然后利用“1”的代换结合基本不等式求最值．
【详解】解：直线始终平分圆的周长，
圆的圆心在直线上，可得，又，，，
则
，当且仅当时等号成立．
的最小值为5．
故答案为：5．
14．2
【解析】利用直线与直线垂直的性质能求出．
【详解】直线与直线互相垂直，
，
解得．
故答案为：2．
【点睛】本题考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15．
【分析】利用空间向量法即可求解.
【详解】解：由题知，底面为矩形，底面
所以、、两两垂直
故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系
因为，，点是侧棱的中点，
则，，，，
所以，
设异面直线与所成角为
则
因为异面直线的夹角为
所以
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求异面直线的夹角的常用方法
①直接法：将异面直线平移到一个平面上，再利用几何关系或余弦定理求解；
②空间向量法：建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积进行求解.
16．
【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．
【详解】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.
17．(1)
(2)最大值为，最小值为
【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数在的导数值，即切线斜率；代入直线的点斜式方程即可；（2）利用导数判断出函数在上的单调性，求出极大值和极小值，再分别求出端点处的函数值比较即可得出其最大值和最小值．
【详解】（1）易知，函数的定义域为；
所以，则切点为
又，
则在点处的切线斜率，
所以，切线方程为，整理可得
即函数在点处的切线方程为.
（2）由（1）可知，当时，，在上单调递减；
或时，，在或上单调递增；
函数在上的单调性列表如下：
1 3
极大值 极小值
所以，的极大值为，极小值为；
又，；
综上可得，函数在上的最大值为，最小值为
18．(1)
(2)直角三角形
【分析】（1）利用余弦定理可求，结合三角形性质可得角的大小；
（2）根据向量共线得出角，进而可以判断三角形的形状.
【详解】（1）因为，所以；
因为，所以；
（2）因为，共线，所以，
所以或（舍）；
当时，，所以为直角三角形.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可；
（2）根据等差数列的定义和通项公式进行求解即可.
【详解】（1）由条件，可得：，
因为为等差数列，设公差为d，由上式可得：，
的通项公式为；
（2）由条件，可得：，
两式相减得：，
因为，所以，数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；
，
偶数项是首项为1公差为4的等差数列．
综上：
20．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值．
【详解】（1）连接.
由，可得四边形为平行四边形，
则，又平面，平面,
则平面；
（2）以A为原点分别以AB，AD，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，
则，，设平面的一个法向量为
则，令，则，则
又为平面的一个法向量，
则
则二面角的余弦值为．
21．(1)，
(2)
【分析】（1）由已知求得，再根据向量的线性运算可求得答案；
（2）由A，B，C三点共线得，存在不为零的数，使得，继而有，再得，根据二次函数的性质可求得其最大值.
【详解】（1）解：因为，，所以，
又∵， ，∴，；
（2）解：，，
由A，B，C三点共线得，存在不为零的数，使得，即，
所以，，
∴，∴，
∴，∴时，mn取得最大值.
22．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先写出函数定义域，然后求出，并按，讨论，最后判断即可.
（2）由（1）可得，设，，，计算，化简，计算，换元并构建函数，利用导数判断函数的单调性，最后可证结果.
【详解】（1）的定义域为，
．
①若，则，所以在单调递增．
②若，则由得，
且当时，，当时，．
所以在单调递增，在单调递减．
（2）由（1）可知：当时，函数在上单调递增，
故图像与x轴至多有一个交点，不符合题意，从而．
当时，在单调递增，在单调递减，
不妨设，，，则．
由，
两式相减得：，
即：，
又
令，，
则，从而函数在上单调递减，
故，从而，又，所以．
答案第1页，共2页
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