2022淮安车桥中学高二上学期入学调研（A）数学（文）试题含答案

2022届高二入学调研试卷

文 科 数 学 （A）

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1 B．1或2 C．0 D．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．5 B．6 C．7 D．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．②④ B．③④ C．①②③ D．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．4 C． 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