2022-2023学年高二下学期期中模拟考1-数学试题（含解析）

试卷第=page22页，共=sectionpages22页试卷第=page11页，共=sectionpages11页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2812．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.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22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：C2．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：A5．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：D8．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：BD12．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