江苏省泰州中学2021-2022学年高二上学期期初学情检测(小高考模拟)数学试题 Word版含答案

一、填空题（每题5分，满分70分，将答案填在答题纸上）

0x11.函数fx2x2的定义域为 ．

2.已知全集UR，集合Axx2x60,Bx4xx0，那么集合ACUB ．

3.用“”将0.20.2,2.22.3,log0.223从小到大排列是 ．

x24.设变量x,y满足的约束条件y22xy4，则目标函数z3xy的取值范围是 ．

4xy15.若sin3,,5522，则cos4 ． 6.设a与b是两个不共线向量，且向量ab与2ab共线，则 ． 7.若m,n,l是互不重合的直线，,,是互不重合的平面，给出下列命题： ①若,m,mn，则n或n； ②若//,m,n，则m//n；

③若m不垂直于，则m不行能垂直于内的很多条直线； ④若m,m//n,n,n，则n//且n//；

⑤若m,n,l且,,，则mn,ml,nl. 其中正确的命题是 （填序号）．

8.已知等比数列a中，各项都是正数，且a1a8a9n1,2a3,2a2成等差a ．

6a79.已知直线xya0与圆心为C的圆x2y22x4y40相交于A,B两点，且ACBC，则实数a的

值为 ．

10.设ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若三边的长为连续的三个正整数，且ABC，

3b20acosA，则sinA:sinB:sinC为 ．

11.设a,bR,c0,2，若对任意实数x都有2sin3x3asinbxc，则满足条件的有序实数组a,b,c的组数为 ．

12.设x,y为实数，若4x2y2xy1，则2xy的最大值 . 13.已知函数fxsinx，若存在x1,x2,,xm满足0x1x2xm6，且fx1fx2

fx2fx1fxm1fm12m2,mN*，则m的最小值为 ．

14.在锐角ABC中，tanA12，D为边BC上的点，ABD与ACD的面积分别为2和4，过D做DEAB于E，DFAC于F，则DEDF ．

二、解答题 （本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

15.已知直线l:x2y2m20. （1）求过点2,3且与直线l垂直的方程；

（2）若直线l与两坐标轴所围成的三角形的面积大于4，求实数m的取值范围. 16. 一副直角三角板（如图1）拼接，将BCD折起，得到三棱锥ABCD（如图2）.

（1）若E,F分别为AB,BC的中点，求证：EF//平面ACD； （2）若平面ABC平面BCD，求证：平面ABD平面ACD.

17.为响应国家扩大内需的政策，某厂家拟在2022年进行某一产品的促销获得，经调查测算，该产品的年销

量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用（tt0）万元满足

x4k2t1（k为常数）．假如不搞促销活动，

则该产品的年销量只能是1万件．已知2022年生产该产品的固定投入为6万元，每生产1万件该产品需要再投入12万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍（成产投入成本包括生产固定投入和生产再投入两部分）．

（1）求常数k，并将该厂家2022年该产品的利润y万元表示为年促销费用t万元的函数； （2）该厂家2022年的年促销费用投入多少万元时，厂家利润最大？

18. 在平面直角坐标系中，圆O:x2y24与x轴的正半轴交于点A，以A为圆心的圆A:x22y2r2

r0与圆O交于B,C两点.

（1）若直线l与圆O切于第一象限，且与坐标轴交于D,E，当线段DE长最小时，求直线l的方程； （2）设P是圆O上异于B,C的任意一点，直线PB,PC分别与x轴交于点M和N，问OMON是否为定值？若是，恳求出该定值；若不是，请说明理由. 19. 己知aR，函数fxlog12xa.

（1）当a5时，解不等式fx0；

（2）若关于x的方程fxlog2a4x2a50的解集中恰有一个元素，求a的取值范围； （3）设a0，若对任意t12,1，函数fx在区间t,t1上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值

范围.

20.已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an2；数列bn的前n项和为Tn，且满足b11,b22，TnbnT. n1bn2（1）求数列an、bn的通项公式；

（2）是否存在正整数n，使得anbn1a恰为数列bn中的一项？若存在，求全部满足要求的bn；若不存在，

nbn1说明理由.

试卷答案 一、填空题

1．2,11, 2.x0x3 3.log2.320.22.32.20.20.22

4.32,6 5. 210 6. 12 7.②④⑤ 8.322 9.6:5:4 10. 0或6 11. 4 12.2510 13. 8 14.1615 二、解答题

15. 解：（1)与直线l垂直的直线的斜率为2，

由于点2,3在该直线上，所以所求直线方程为y32x2，

故所求的直线方程为2xy70.

（2）直线l与两坐标轴的交点分别为2m2,0,0,m1，

则所围成的三角形的面积为122m2m1，

由题意可知122m2m14，化简得m124，

解得m3或m1，所以实数m的取值范围是,13,. 16. 证明：（1）由于E,F分别为AB,BC的中点，所以EF//AC，

又EF平面ACD，AC平面ACD，所以EF//平面ACD.

（2）由于平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC，

CD平面BCD，CDBC，所以CD平面ABC，

由于AB平面ABC，所以CDAB.

又由于ABAC,ACCDC，AC平面ACD，CD平面ACD. 所以AB平面ACD.

又AB平面ABD，所以平面ABD平面ACD.

17.解：（1）由题意，当t0时，x1，代入x4k2t1中，得14k1，得k3， 故x432t1，∴y1.5612xxx612xt36xt3631842t1t272t1tt0 （2）由（1）知：y27182t1t27.591t1t2 2由基本不等式

99t1t121t12=6， 2t2当且仅当

91t1t2，即t2.5时等号成立， 2故y27182t1t27.59t127.5621.5 t122答：该厂家2022年的年促销费用投入2.5万元时，厂家利润最大. 18.（1）设直线l的方程为

xayb1a0,b0，即bxayab0， 由直l线与圆O相切，得ab2，即

1a2a21b2b214， DE2a2b24112a2b2ab216，

当且仅当ab22时取等号，此时直线l的方程为xy220.

（2）设Bx0,y0,Px1,y1y1y0，则Cx0,y0，x20y204,x21y214直线PB的方程为：yyy0y11xxxx1 01直线PC的方程为：yyy0y11xxxx1

01分别令y0，得xx1y0x0y1x1y0x0y1My,xN， 0y1y0y1x222所以OMONx1y0x20y214y1y204y20y21MxNy220y21yy24为定值.

0119.解：（1）由log112x50，得x51，

解得x1,40,.

（2）

1xaa4x2a5，a4x2a5x10， 当a4时，x1，阅历证，满足题意. 当a3时，x1x21，阅历证，满足题意.

当a3且a4时，x11a4,x21,x1x2.

x11是原方程的解当且仅当xa0，即a2；

1x12是原方程的解当且仅当

xa0，即a1. 2于是满足题意的a1,2.

综上，a的取值范围为1,23,4.

（3）当0x11x2时，

xa1a，log112xa2a， 1x21x2所以fx在0,上单调递减.

函数fx在区间t,t1上的最大值与最小值分别为ft,ft1.

ftft1log1112talog2t1a1即at2a1t10对任意t2,1成立.

由于a0，所以函数yat2a1t1在区间12,1上单调递增，t12时，y有最小值314a2，由

34a120，得a23. 故a的取值范围为23,.

20.解：（1）由于Sn2an2，所以当n2时，Sn12an12， 两式相减得an2an2an1，即an2an1，又S12a12，则a12， 所以数列an是以a12为首项，2为公比的等比数列，故an2n.

由

TnTbn得T1b1,T2b2,T3b3,L,Tn1bn1,Tnbn， n1bn2T2b3T3b4T4b5Tnbn1Tn1bn2以上n个式子相乘得

T1Tb1b2，即2Tnbnbn1①，当n2时，2Tn1bnbn1②， nbn1bn2两式相减得2bnbnbn1bn1，即bn1bn12n2， 所以数列bn的奇数项、偶数项分别成等差数列， 又

T1Tb1，所以b3T2b1b23，则b1b32b2， 2b3所以数列bn是以b11为首项，1为公差的等差数列，因此数列bn的通项公式为bnn.

另法：由已知明显bTnn0，由于

bn，所以TnTn1TT，则数列n是常数列，所以n1bn2bnbn1bn1bn2bnbn1TnbT11，即2Tnbnbn1，下同上. nbn1b1b22（2）当n1时，

anbn1a无意义，

nbn1 anbn12nn1设cnnn2,nN*，明显cn1， anbn12n1n2n12n1n22nn1n10，即cncn11， 则cn1cnn1n2n22nn12n22n1明显2nn12nn1，所以c27c33c4L1， 所以存在n2，使得b7c2,b3c3，

2nn1下面证明不存在cn2，否则cnn2，即2n3n1，

2n1此式右边为3的倍数，而2n不行能是3的倍数，故该式不成立. 综上，满足要求的bn为b3,b7.