2022-2023學年高二下學期期中模擬考1-數(shù)學試題（含解析）

試卷第=page22頁，共=sectionpages22頁試卷第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學年高二下學期期中模擬考1——數(shù)學試題一、單選題1．已知空間向量，則（

）A． B． C． D．2．已知集合，，則（

）A． B． C． D．3．函數(shù)的圖象大致為（

）A． B．C． D．4．設，則“”是“直線與直線平行”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．將函數(shù)的圖象向左平移個長度單位，得函數(shù)圖象，則以下結論中正確的是（

）A．的最小正周期為 B．的圖象關于點對稱C．的圖象關于直線對稱 D．在區(qū)間上單調遞增6．已知等比數(shù)列的前n項和為，且，，則（

）A． B．或 C． D．7．已知，則函數(shù)的圖象可能是（

）A． B．C． D．8．已知函數(shù)及其導函數(shù)的定義域均為，記，若為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，則（

）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024二、多選題9．下列求導運算正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則10．已知等差數(shù)列的首項為，公差為，前項和為，且，則下列說法中正確的是（

）A． B．是遞減數(shù)列C．為遞減數(shù)列 D．是公差為的等差數(shù)列11．已知直線，過直線上任意一點作圓的兩條切線，切點分別為，則有（

）A．長度的最小值為B．不存在點使得為C．當最小時，直線的方程為D．若圓與軸交點為，則的最小值為2812．已知，函數(shù)的導函數(shù)為，下列說法正確的是（

）A． B．單調遞增區(qū)間為C．的極大值為 D．方程有兩個不同的解三、填空題13．直線被圓截得的弦的長為___________.14．經(jīng)過點且與直線垂直的直線方程為_________．15．在直三棱柱中，，，，，，則異面直線與夾角的余弦值為______．16．已知函數(shù)在上單調遞增,則實數(shù)的取值范圍是_____.四、解答題17．已知函數(shù)．(1)求曲線在處的切線方程；(2)求在上的最小值和最大值．18．已知、、分別是的三個內角、、所對的邊（1）若面積求、的值；（2）若，且，試判斷的形狀．19．在等差數(shù)列中，，.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)記為等差數(shù)列的前n項和，求使不等式成立的n的最小值.20．已知四棱錐的底面是平行四邊形，側棱平面，點在棱上，且，點是在棱上的動點（不為端點）.（如圖所示）(1)若是棱中點，（i）畫出的重心（保留作圖痕跡），指出點與線段的關系，并說明理由；（ii）求證：平面；(2)若四邊形是正方形，且，當點在何處時，直線與平面所成角的正弦值取最大值.21．已知中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，向量，且，(1)若,求面積的最大值.；(2)若為銳角三角形，且，求周長的取值范圍22．已知函數(shù)．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)設，討論函數(shù)在上的單調性.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．C【分析】利用空間向量坐標的線性運算法則得到答案.【詳解】.故選：C2．C【分析】根據(jù)交集的定義運算即可.【詳解】因為，，所以，故選：C.3．A【解析】先判斷函數(shù)的奇偶性，排除B、D，根據(jù)導數(shù)判斷函數(shù)在部分區(qū)間上的單調性，得到答案.【詳解】為偶函數(shù)，故B、D不成立，當時，，當時，,單調遞減，當時，,單調遞增，故選：A．【點睛】根據(jù)解析式找函數(shù)圖象的問題，可從函數(shù)的定義域，奇偶性，對稱性，特殊值，單調性等排除選項，得到答案.4．A【分析】根據(jù)直線一般式中平行滿足的關系即可求解.【詳解】若直線與直線平行，則，解得或，經(jīng)檢驗或時兩直線平行．故“”能得到“直線與直線平行”，但是“直線與直線平行”不能得到“”故選：A5．D【分析】由已知可得，.根據(jù)周期公式即可判斷A項；代入檢驗結合正弦函數(shù)的對稱性可判斷B、C項；令，得出，根據(jù)正弦函數(shù)的單調性即可判斷D項.【詳解】依題意可得.對于A項，最小正周期為，故A錯誤；對于B項，因為，所以點不是的對稱中心，故B錯誤；對于C項，因為，所以不是函數(shù)的對稱軸，故錯誤；對于D項，令，因為，所以，又在上單調遞增，所以在區(qū)間上單調遞增，故D正確.故選：D.6．C【分析】根據(jù)等比數(shù)列的定義與通項公式運算求解.【詳解】設等比數(shù)列的公比為，∵，即，則，∴，則，解得.故選：C.7．D【分析】舉例，求導分析函數(shù)的單調性再判斷即可.【詳解】當時，且，則，所以上，遞增，上，遞減，上，遞減，又時，而時，所以D圖象可能；故選：D8．C【分析】先根據(jù)為偶函數(shù)得到，兩邊取的導數(shù)可得：求，進而得到，在根據(jù)導函數(shù)為奇函數(shù)可得到導函數(shù)的遞推公，然后根據(jù)遞推公式即可求解.【詳解】∵為偶函數(shù)，∴，即，兩邊同時對x求導得，即，令，則，∵為奇函數(shù)，∴，又，即，聯(lián)立得，即，∴，故選：C．9．AD【分析】利用導數(shù)的運算求解判斷.【詳解】A，因為，所以，故正確；B，因為，所以，故錯誤；C，因為，所以，故錯誤；D，因為，所以，故正確.故選：AD.10．BCD【分析】對A，直接求值判斷；對B，由二次函數(shù)單調性判斷；對C，由與的關系求出通項公式判斷；對D，，由通項公式即可判斷.【詳解】對A，，A錯；對B，由，為其對稱軸，則在單調遞減，則由可知是遞減數(shù)列，B對；對C，時，.又符合上式，故的通項公式為，單調遞減，C對；對D，，則，故是公差為的等差數(shù)列，D對.故選：BCD.11．BD【分析】由題知圓的圓心為，半徑為，進而根據(jù)圓的切線問題依次討論各選項即可得答案.【詳解】解：由題知圓的圓心為，半徑為，對于A，因為圓心到直線的距離為，所以，故，故A錯誤；對于B，假設存在點使得為，如圖，則，故在中，，由A選項知，故矛盾，即不存在點使得為，故B正確；對于C，由于,故四邊形的面積為，所以，，故當最小時，最小，由A選項知，此時，，即直線的斜率為，由于直線的斜率為，故C錯誤；對于D，由題知，設，則，當且僅當時等號成立，故的最小值為，故D正確；故選：BD12．AC【分析】求出，則可知，在上單調遞增，在上單調遞減，的極大值為；方程等價于,易知函數(shù)與函數(shù)有且只有一個交點，由此即可選出答案.【詳解】由題意知：，所以，A正確；當時；，單調遞增，當時；，單調遞減，B錯誤;的極大值為，C正確；方程等價于,易知函數(shù)與函數(shù)有且只有一個交點，即方程有且只由一個解，D錯誤;故選：AC.13．【分析】根據(jù)給定條件，利用點到直線的距離公式求出弦的弦心距即可求解.【詳解】圓的方程化為：，則圓心，半徑，于是圓心C到直線的距離，從而得，所以弦的長為.故答案為：14．【分析】根據(jù)點斜式求得所求直線的方程.【詳解】直線的斜率為，所以經(jīng)過點且與直線垂直的直線方程為，.故答案為：15．【分析】根據(jù)條件，可建立空間直角坐標系，得出與的坐標，利用向量法解決.【詳解】由已知可得，兩兩垂直，可如圖建立空間直角坐標系.則，，，，，由可得，，則，，，，，所以，.所以，異面直線與夾角的余弦值為.故答案為：.16．【詳解】,解得在上恒成立,構造函數(shù),解得x=1,在上單調遞增,在上單調遞減,g(x)的最大值為g(1)=1,,,故填.點睛:本題考查函數(shù)導數(shù)與單調性.方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉化為求函數(shù)的值域問題處理.恒成立問題以及可轉化為恒成立問題的問題，往往可利用參變分離的方法，轉化為求函數(shù)最值處理．也可構造新函數(shù)然后利用導數(shù)來求解.注意利用數(shù)形結合的數(shù)學思想方法.17．(1)(2)，【分析】（1）利用導數(shù)的幾何意義可求得切線斜率，結合可得切線方程；（2）利用導數(shù)可求得在上的單調性，由單調性可確定最值點，從而求得最值.【詳解】（1），，又，所求切線方程為：，即.（2）由（1）知：，則當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，又，，，，.18．（1），；（2）是等腰直角三角形【詳解】本試題主要是考查了解三角形的運用．（1）由于在中，，，得，結合余弦定理得到a的值．（2）為，由余弦定理得：，所以，，結合正弦定理得到結論．（１）在中，，，得，由余弦定理得：，所以；（２）因為，由余弦定理得：，所以，在中，，因為，所以.所以是等腰直角三角形．19．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列公式得到，，得到通項公式.（2）計算，解不等式得到答案.【詳解】（1）等差數(shù)列中，，，故，，故.（2），，即，解得，故的最小值為20．(1)(i)作圖見解析；(ii)證明見解析；(2)點在線段靠近的三等分處時,正弦值取最大值為.【分析】（1）(i)根據(jù)重心為三角形三邊中線的交點可作圖；(ii)利用線面平行判定定理證明；（2）利用空間向量的坐標運算，表示出線面夾角的正弦值，即可求最大值.【詳解】（1）（i）設與交點為，連接與交于點，因為為中點，為中點，所以與交點為重心，所以,又因為為的邊的中線，所以點也為的重心，即重心在上.（ii）連接并延長交于點，連接，因為為重心，所以,又因為,所以，又因為平面,平面,所以平面；（2）因為四邊形為正方形，所以,平面，平面，所以，所以以為坐標原點，建立如圖所示坐標系，所以設，則設平面的法向量為，，化簡得，取則，設直線與平面所成角為，所以，所以當時，即點在線段靠近的三等分點處時，直線與平面所成角的正弦值取最大值為.21．(1)(2)【分析】（1）由可得，結合余弦定理可得出，又，然后兩邊平方，結合均值不等式得出，從而得出答案.（2）由正弦定理可得，根據(jù)條件為銳角三角形，求出角的范圍，再由正弦型函數(shù)的性質可得答案.(1)因為，所以，由余弦定理可得：，而，所以即而當且僅當時取“=”當且僅當時取“=”，即的面積故