江苏省淮安市2021_2022学年高二数学上学期入学调研试题文A

这是一份江苏省淮安市2021_2022学年高二数学上学期入学调研试题文A，共15页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，数列满足等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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，则不等式的解集为（ ）
A．B．或
C．或D．
【答案】D
【解析】∵，∴，故原不等式的解集为，故选D．
2．下列说法正确的是（ ）
A．直角三角形绕一边旋转得到的旋转体是圆锥
B．夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体
C．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线
【答案】C
【解析】Ａ．因为直角三角形绕斜边旋转得到的旋转体可能不是圆锥，故错误；
B．夹在圆柱的两个截面间的几何体不一定是一个旋转体，故错误；
C．正确；
D．通过圆台侧面上一点，有且仅有一条母线，故错误，
故选C．
3．已知圆，圆，则这两个圆的位置关系为（ ）
A．外离B．外切C．相交D．内含
【答案】C
【解析】根据题意，圆，圆心，半径；
圆，圆心，半径，
圆心距，有，则两圆相交，故选C．
4．已知直线与平行，则（ ）
A．0或1B．1或2C．0D．1
【答案】A
【解析】由题意知，解得或，经检验或时均符合题意，
故选A．
5．已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】不等式的解集为，
所以，2是方程的两个实数根，且，
由根与系数的关系知，解得，，
所以不等式化为，解得，
所以不等式的解集为，故选A．
6．若钝角三角形中有一角等于，且最大边长与最小边长的比值为，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】不妨设为钝角，，则，因此最大边长为，最小边长为．
所以，
由，得，则，所以，
故的范围是，故选D．
7．若直线与直线l₂关于点对称，则直线l₂一定过定点（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】直线中，当时是与k无关的，故一定经过点；
点关于点的对称点的坐标为，
由于直线与直线l₂关于点对称，
∴直线l₂一定过定点，故选C．
8．数列满足：，，若数列的前项和，则最小为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【解析】因为，，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，解得，故选C．
9．如图是正方体的展开图，则在这个正方体中：
①；
②与是异面直线；
③与所成角为；
④．
以上四个结论中，正确结论的序号是（ ）
A．②④B．③④C．①②③D．②③④
【答案】B
【解析】如下图所示，连接、、，
对于①，由图可知，、异面，①错；
对于②，在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，故，②错；
对于③，因为，故异面直线与所成角为或其补角，
易知，故为等边三角形，则，③对；
对于④，因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，，
，平面，
平面，，④对，
故选B．
10．在三棱锥中，底面是面积为的正三角形，若三棱锥的每个顶点都在球的球面上，且点恰好在平面内，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由底面是面积为的正三角形，可知底面的边长为，
因为三棱锥外接球的球心恰好在平面内，
因为三角形ABC的外接圆半径为，所以球的半径为2，
所以当平面ABC时，三棱锥体积的最大，
所以三棱锥体积的最大值为，故选B．
11．已知，满足，则的最小值为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】C
【解析】由，知，
而，，∴，
则，
∴，故选C．
12．以为底边的等腰三角形中，腰边上的中线长为9，当面积取最大时，腰长为（ ）
A．B．
C．D．前三个答案都不对
【答案】C
【解析】如下图所示，设D为AC中点，
由余弦定理，，
在中，，
∴，
当时，S有最大值，此时，即腰长，
故选C．
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．如下图，是用“斜二测画法”画出的直观图，其中，，那么的周长是________．
【答案】
【解析】斜二测直观图的画法原则，横坐标不变，纵坐标减半，
所以，，
又因为，所以，因此的周长为，
故答案为．
14．两圆与的公切线有_______条．
【答案】3
【解析】圆整理可得，
可得圆心的坐标为，半径；
的圆心坐标，半径，
所以圆心距，
所以可得两个圆外切，所以公切线有3条，故答案为3．
15．已知等差数列的前项和分别为，若，则_______．
【答案】
【解析】由题，所以，故答案为．
16．在锐角中，，，分别是内角，，所对的边，若，，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】由正弦定理，得，
，
，
由为锐角三角形，所以，则，
，，
．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知关于x的不等式的解集为．
（1）求a，b的值；
（2）解关于x的不等式：．
【答案】（1），；（2）答案见解析．
【解析】（1）∵不等式的解集为，
∴，且方程的两个根是1和b．
由根与系数的关系，得，解得，．
（2）∵，，∴，
即，即．
∴当时，解得；
当时，不等式无解；
当时，解得，
综上，当时，不等式的解集是；
当时，不等式的解集是；
当时，不等式的解集是．
18．（12分）在平面直角坐标系中，已知的三个顶点，，．
（1）求边所在直线的方程；
（2）边上中线的方程为，且的面积等于7，求点的坐标．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）∵，采用点斜式设直线方程，
∴．
（2）∵点在中线上，把点坐标代入，
点到直线的距离，
∵，
即或，
所以，点的坐标为或．
19．（12分）已知正项等差数列和它的前项和满足，．
等比数列满足，．
（1）求数列与数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；；（2）．
【解析】（1）因为，所以．
两式相减，得．
化简得．
又为正项等差数列，∴，∴等差数列的公差为2．
又，∴，
∵，，∴等比数列的公比，
∴．
（2）由（1）知，
∴，①
，②，
①﹣②，得：，
∴．
20．（12分）如图所示，在四边形中，，且，，．
（1）若，求的长；
（2）求四边形面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）∵，，
∴，
∵在中，，，，
∴由余弦定理可得，，
在中，，，，
∴由余弦定理可得，即，
化简得，解得，
故的长为．
（2）设四边形面积为，则，
∵，
所以，
在中，，，
∴由余弦定理可得，
又，则，
，当且仅当时，等号成立，
，
所以．
21．（12分）如图，正三棱柱中，、分别为、的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）如图，连接与交于点，连接、，
因为三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形，是中点，
因为是的中点，所以，，
因为是中点，所以，，
故，，四边形是平行四边形，，
因为平面，平面，所以平面．
（2）如图，作，
因为三棱柱是正三棱柱，
所以底面三角形是等边三角形，侧棱垂直于底面，
易知，，
因为，所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面平面，，平面，
所以平面，长即点到平面的距离，
，，则，，
根据等面积法易知，，解得，
故点到平面的距离为．
22．（12分）已知点，，圆，直线过点．
（1）若直线与圆相切，求的方程；
（2）若直线与圆交于不同的两点，，设直线，的斜率分别为，，证明：为定值．
【答案】（1）或；（2）证明见解析．
【解析】（1）若直线的斜率不存在，则的方程为，
此时直线与圆相切，故符合条件；
若直线的斜率存在，设斜率为，其方程为，
即．
由直线与圆相切，圆心到的距离为，
即，解得．
所以直线的方程为，即，
综上，直线的方程为或．
（2）由（1）可知，与圆有两个交点时，斜率存在，此时设的方程为，
联立，
消去可得，
则，解得．
设，，则，，(*)
所以
，
将(*)代入上式整理得，
故为定值