四川省广安市第二中学校2022-2023学年高二下学期期中考试数学（理）试题（含解析）

广安二中2022-2023学年度（春）高2021级半期考试
数学试卷
第I卷（选择题）
一、单选题
1．下列各式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．已知命题：，，则是（ ）
A．， B．， C．， D．，
4．已知，，，的平均数和方差分别为和，则，，，，的方差为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
5．已知等差数列满足，，则（ ）
A．25 B．35 C．40 D．50
6．用数学归纳法证明时，从到，不等式左边需添加的项是（ ）
A． B．
C． D．
7．六个面都是平行四边形的四棱柱称为平行六面体，如图甲，在平行四边形中，有，那么在图乙中所示的平行六面体中，等于（ ）
A． B．
C． D．
8．函数的图象大数为（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，在正三棱柱中，，是棱的中点，在棱上，且，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
10．已知A为双曲线的左顶点,为C的右焦点,过点A的直线与圆相切,且直线交C于点B,设,则为( )
A． B． C． D．
11．已知函数则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
12．已知函数有两个不同的极值点，且不等式恒成立，则实数t的范围是（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
二、填空题
13．若实数满足约束条件，则目标函数的最大值为__________.
14．将一些相同的“〇”按如图所示摆放，观察每个图形中的“〇”的个数，若第个图形中“〇”的个数是，则的值是________．
15．如图所示，a，b，c，d，e是处于断开状态的开关，任意闭合其中的两个，则电路接通的概率是____.
16．已知A，B分别为抛物线与圆上的动点，抛物线的焦点为F，P，Q为平面内两点，且当取得最小值时，点A与点P重合；当取得最大值时，点A与点Q重合，则__________.
三、解答题
17．在中，内角所对的边分别为，，，已知．
(1)若，，求的值；
(2)若，判断的形状．
18．已知函数.
(1)若函数在处的切线与直线垂直，求实数的值；
(2)若函数在定义域内是减函数，求实数的取值范围.
19．如图，在三棱锥中，底面．，D为中点，且．
(1)求的长；
(2)求锐二面角的余弦值．
20．已知椭圆过点，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），为椭圆右焦点，点M满足（O为坐标原点），直线AB与以M为圆心的圆相切于点P，且P为AB中点，求直线AB斜率.
21．已知，是自然对数的底数，函数．
(1)若，求函数的极值；
(2)是否存在实数m，，都有？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．
22．在平面直角标系xOy中，曲M的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
(1)求曲线M和直线l的普通方程；
(2)若D为曲线M上一动点，求D到l距离的取值范围．
参考答案：
1．B【详解】；；，，只有B正确．
故选：B．
2．C【详解】．
故选：C
3．B【详解】因为命题：，
所以是，.
故选：B.
4．C【详解】因为，，，的平均数和方差分别为和，
所以，，
所以
所以，，，，的平均数也为，
所以，
即，，，，的方差为.
故选：C
5．A【详解】设等差数列的公差为.
由，得，即①；
由，得，②；
由①②得，
则.
故选：A.
6．B【详解】不等式左边需添加的项是
.
故选：B
7．D【详解】平行六面体的各个面以及对角面都是平行四边形，
因此，在平行四边形中，①；
在平行四边形中，②；
在平行四边形中，③；
②③相加，得
即④；
将①代入④，再结合得，
故选：D
8．C【详解】由题意可知，函数的定义域为.
又，
所以，函数为奇函数.
当时，，
则.
设，则在上恒成立，
所以，在上单调递增.
又，，
所以，根据零点存在定理可得，，有，
且当时，有，显然，
所以在上单调递增；
当时，有，显然，
所以在上单调递减.
因为，所以C项满足题意.
故选：C.
9．B【详解】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，，，．
由已知，又，所以是平行四边形，，
同时可得是中点，而是中点，所以．
所以，则是异面直线与所成的角（或补角）．
又，平面，则平面，平面，则，
设，则，从而，，，，，
故，，．在中，
由余弦定理可得．
所以异面直线与所成的角的余弦值为．
故选：B．
10．A【详解】
设切点为点,在Rt中,,所以，
在Rt中,,即.
故选:A
11．A【详解】由函数，
所以，令，
可得
令且，
可得在上恒成立，所以，
所以在上单调递增，
又由，
所以函数为偶函数，则在上单调递减，
又由，即，即，
整理得，解得或，
即不等式的解集为.
故选：A.
12．D【详解】因为不等式恒成立，所以恒成立．.
因为函数有两个不同的极值点，所以方程有两个不相等的正实数根，于是有，解得．
则
.
设，，故在上单调递增，故，所以．又注意到满足题意，因此实数t的范围是．
故选：D
【点睛】关键点睛：本题涉及恒成立问题与由函数极值点求参数范围，难度较大.
本题所涉字母较多，关键为找到间的关系，得到关于a的表达式.
13．##1.5
【详解】作出可行域如下图，
当目标函数过点时有最大值，
最大值为，
故答案为: .
14．12
【详解】解：第1个图形中“〇”的个数是1，
第2个图形中“〇”的个数是，
第3个图形中“〇”的个数是，
由此推测，第个图形中“〇”的个数是，
令，解得或（舍去）．
故答案为：．
15．##0.6
【详解】“任意闭合其中的两个开关”所包含的情况如下：，，，， ，，，，，，共10种 ；
“电路接通”所包含的情况如下：，，，，，，共6种.
所以电路接通的概率.
故答案为：
16．【详解】抛物线的焦点为，准线为，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示：
过点A作抛物线的垂线，垂足为点，
由抛物线的定义可得，则，
当时，取最小值，此时取最小值；
直线的方程为，联立，解得，即，
点到圆上任意一点的距离，
当且仅当为射线与圆的交点，且为线段上的点.
所以，
当且仅当A为射线与抛物线的交点，且为射线与圆的交点（为线段上的点），取得最大值.
直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，解得，即，
所以，
故答案为：.
17．(1)；
(2)；
(3)正三角形．
【详解】（1）因为在三角形中，，，所以；
（2）根据余弦定理，，，，解得；
（3）因为，，
化简得，则，
又由(1)可知，，所以为正三角形.
18．(1)
(2)
【详解】（1）由题意，在处的切线与直线垂直，
则切线斜率，
，，解得；
（2）函数在定义域内是减函数，
则在上恒成立，且函数不为常函数，
分离参变量可得：，
构造，
，令，解得
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
实数的取值范围是．
19．(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知：，
由可得，
所以的普通方程为；
（2）直线l可化简为，将代入直线l可得，
设，
则，
，
∴．
20．(1)
(2)
【详解】（1）因为底面，如图建立空间直角坐标系，
设，，，，所以，，
所以，即，解得或（舍去），
所以，所以，所以，即的长为.
（2）因为，
设平面的法向量为，则，令，则，
由（1）可知，，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以，即锐二面角的余弦值为.
21．(1)
(2)或
【详解】（1）点在上，即，
又，解得：，
椭圆C的方程：.
（2）因为点，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），所以斜率一定存在.
设：，
因为，，，
直线和椭圆方程联立得,得，
，
因
，则，
因为直线与以为圆心的圆相切于点，且，即为中点，,
则，，
，,
因为，所以,得，
得（舍去），，
故.
22．(1)极大值为；的极小值为
(2)存在，
【详解】（1）由，可得，
易知的定义域为，
则．
2 3
+ 0 - 0 +
单调递增 单调递减 单调递增
∴的极大值为；的极小值为．
（2）因为，由得，
即的定义域为．
当时，由可得，
，不等式两边同时除以可得，
，即
可得
所以．
设，则
即．
易得，所以为单调递增函数．
由，可得，所以
设，则．
∴当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增．
即时，；
由题意可得，即．
∴存在实数m，且m的取值范围为．
【点睛】方法点睛：不等式恒成立求解参数取值范围时，常用的方法是通过构造函数将问题转化成求解函数最大值或最小值问题，即可求得参数取值范围.