江西省九江市六校2021-2022高二数学（理）上学期期中考试试卷（附答案）

秘密★启用前九江六校2021-2022学年度上学期高二期中试卷理科数学注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分．考试时间120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内．3．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的1．若直线l的斜率是，则其倾斜角为（）A．B．C．D．2．小张去年承包了村里的鱼塘养殖黑鱼，计划今年年初出售成年黑鱼．小张第一天从鱼塘里捞出200条成年黑鱼，称得共重500斤，将这些鱼做上标记后重新放回鱼塘，第二天又从鱼塘里捞出200条成年黑鱼，发现带有标记的黑鱼有8条已知目前市场上一斤黑鱼价格是18元，则可估计该鱼塘今年能产生的效益约为（）A．188000元B．205000元C．220000元D．225000元3．在中，，则（）A．4B．5C．6C．94．已知平面满足，且不垂直，直线，那么下列命题中错误的是（）A．对任意直线，都有B．存在直线，使得C．存在直线，使得D．m与平面一定不垂直5．点在函数的图象上，则（）A．有最小值9B．有最大值9C．有最小值6D．有最大值6 6．三棱锥中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．0B．C．D．7．已知函数的最小正周期为，且图象向右平移个单位长度后得到的图象，则的对称中心为（）A．B．C．D．8．在中，，则（）A．B．C．D．9．若数列满足，且，则的前100项和为（）A．67B．68C．134D．16710．如图网格中小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的所有棱长之和为（）A．B．C．D．11．已知是等比数列，是16与的等差中项，则数列的前10项和（） A．B．C．D．12．已知函数满足对任意的实数m，n，恒有，函数．若与的图象有3个不同的交点，其中，则（）A．B．C．D．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案写在题中的横线上．13．已知实数x，y满足则的最大值为________．14．过点作圆的切线l，则l的方程为________．15．已知四面体中和是等边三角形，二面角为直二面角．若，则四面体外接球的体积为_______．16．我国古代数学家秦九部在其著作《数书九章》中给出了一个求三角形面积的公式，其中a，b，c分别为的内角A，B，C的对边．若中，，且，则面积S的最大值为值为________．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写岀文字说明．证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10）已知的角A，B，C所对边分别为a，b，c．．（1）求A；（2）若角A的平分线与交于点M，，求b，c．18．（本小题满分12） 已知向量，函数．（1）求的解析式；（2）若，求的值域．19．（本小题满分12）四棱锥中，平面平面是正三角形，点N是的中点．（1）求证：平面；（2）求点D到平面的距离．20．（本小题满分12）已知直线l的斜率为，且与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为1．圆C的圆心在l上，且截x轴所得弦长为4．（1）求l的方程；（2）若直线与C相切，求C的方程．21．（本小题满分12）己知数列的前n项和为满足．（1）求的通项公式；（2）若，数列的前n项和为，求证：．22．（本小题满分12）如图所示，半圆O的直径，点C在的延长线上，，点P为半圆弧上的动点．以为一边在半圆外作矩形，其中．设． （1）将表示为的函数；（2）求和矩形的面积之和的最大值．2021～2022学年上学期九江六校高二年级期中联考试卷数学（理）参考答案1．【答案】C【解析】设直线l的倾斜角为，∵，∴，故选C．2．【答案】D【解析】设鱼塘里有n条成年黑鱼，则，则，估计可产生的效益为元，故选D．3．【答案】B【解析】因为，所以，所以，故选B．4．【答案】C【解析】由可知m与内任意一条直线都垂直，故A正确；由，可知且，所以当且时，，故B正确；由不垂直，，可得m与相交，故C错误；若m与垂直，则，这与矛盾，所以m与一定不垂直，故D正确，故选C．5．【答案】A【解析】由点在函数的图象上，可得，所以，当且仅当，即 时取等号，此时取得最小值9，故选A．6【答案】D【解析】分别取的中点E，的中点F，的中点G，连接，则，由，可得，所以，又，所以，所以异面直线与所成角的余弦值是，故选D．7．【答案】C【解析】的最小正周期为，所以，即，故，由，解得，从而的对称中心为，故选C．8．【答案】B【解析】∵，故选B．9．【答案】B 【解析】由题意得，根据可得前若干项依次为2，1，1，0，1，1，0，…，从第2项起，3项一个循环，所以的前100项的和为，故选B．10．【答案】C【解析】如图所示，该多面体是四棱锥，其中，所以该多面体的所有棱长之和为，故选C．11．【答案】A【解析】设数列的公比为q，由题知，∴，∴，∴，∴，∴，故选A．12．【答案】B【解析】令，得，令，得，所以的图象关于点对称，又，所以的图象也关于点对称，且，所以，所以，故选B．13．【答案】5【解析】均束条件，表示的可行域是以 为顶点的三角形区域．由，得，则直线经过点B时，z取到最大值5．14．【答案】或【解析】圆可化为，当l的斜率不存在时，易知为切线方程，符合题意；当l的斜率存在时，设l的方程为，即．所以，解得，所以l的方程为．综上，l的方程为或．15．【答案】【解析】设为的中心，O为四面体的外接球的球心，则平面．设M为线段的中点，外接球的半径为R，连接，过O作于点G，易知G为的中心，则，因为，故，在，故，则．16．【答案】【解析】由可得，所以 ，所以，所以，当时，．17．解：（1）由正弦定理及得，∴，（1分）∵，∴，∴，∴，（3分）∵，∴．（5分）（2）∵是角A的平分线，∴，∵，即，∴，①（7分）由（1）知，②（8分）由①②解得．（10分）18．解：（1），（3分） 则，所以．（6分）（2）因为，所以，所以，则，所以，所以的值域是．（12分）19．（1）证明：记点H是的中点，连接，∵点N是的中点，∴，且，（2分）∵，且，∴，且，（3分）∴四边形为平行四边形，∴，（4分）∵平面平面，∴平面．（5分）（2）解：连接，过点C作于点P，由题知，， ∴，（6分）∴，∴，∴，（7分∴平面平面，平面平面，∴平面，（8分）又平面，∴平面平面，作于点Q，又平面平面，则平面，即点D到平面的距离为．由是正三角形，且得，∴点D到平面的距离为．（12分）20．解：（1）设l的方程为，它与两坐标轴的正半轴的交点依次为，因为l与两坐标轴的正半轴所围成的三角形的面积等于1，所以，解得，（2分）所以l的方程是，即．（5分）（2）由题意，可设C的圆心为，半径为r． 所以圆心C到直线的距离，（7分）又C被x轴截得的弦长等于4，所以，所以，解得或，（9分）当时，圆心；（10分）当时，圆心，（11分）所以C的方程是或．（12分）21．（1）解：由得，两式相减得，即，所以，当时，，则，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列．所以，所以．（6分）（2）证明：，则，，两式相减得 ．所以，又，所以，所以．（12分）22．解：（1）连接，则，（1分）在中，由余弦定理，得，所以．（4分）（2）依题意，（7分），（8分）所以和矩形的面积之和，（10分）其中．所以当，即时，S取得最大值20．（12分）