2022-2023学年四川省绵阳中学高二上学期入学考试数学（理）试题含解析

2022-2023学年四川省绵阳中学高二上学期入学考试数学（理）试题

一、单选题

1．下列结论正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，，则 D．若，则

【答案】C

【分析】利用特殊值排除错误选项，利用差比较法证明正确选项.

【详解】A选项，，如，而，所以A选项错误.

B选项，，如，而，所以B选项错误.

C选项，，则，所以，所以C选项正确.

D选项，，如，而，所以D选项错误.

故选：C

2．已知，，若，则（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】根据向量平行列方程，化简求得.

【详解】由于，所以.

故选：D

3．在等差数列中，若，则数列的前项和（    ）

A．15 B．20 C．30 D．35

【答案】D

【分析】根据等差数列的性质求得正确答案.

【详解】.

故选：D

4．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（    ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，，则 D．若，，则

【答案】C

【分析】对于A，利用线面平行的性质判断；对于C，利用线面垂直的判定判断；对于C，利用线面垂直的性质判断；对于D，利用线面平行的判定判断即可

【详解】解：对于A，若，，则与可能平行，可能相交，也可能异面，所以A错误；

对于B，若，，则直线与平面可能垂直，可能平行，也可能相交不垂直，所以B错误；

对于C，若，，，则，所以C正确；

对于D，若，，则与可能平行，也有可能直线在平面内，所以D错误，

故选：C

5．已知直线和互相垂直，则的值为（   ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

【答案】A

【详解】分析：对分类讨论，利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出．

详解：时，方程分别化为： 此时两条直线相互垂直，因此满足题意．

时，由于两条直线相互垂直，可得：

解得，舍去．

综上可得：.

故选A．

点睛：本题考查了两条直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题

6．在中，，，其面积为，则等于（    ）

A．4 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三角形面积公式可得的值，再结合余弦定理即可求得.

【详解】由题意知，则

由余弦定理得

即.

故选:C.

7．已知等比数列，满足，且，则数列的公比为（    ）

A．2 B．4 C． D．

【答案】A

【分析】利用对数运算性质、等比中项可得且，根据已知有，即可求公比.

【详解】令公比为，

由，故且，

所以，则，

又，则，

所以，

综上，.

故选：A

8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为 ,选D.

9．已知数列为等差数列，首项，若，则使得的的最大值为（    ）

A．2007 B．2008 C．2009 D．2010

【答案】B

【分析】根据等差数列的首项和性质,结合可判断出,.结合等差数列的前n项和公式,即可判断的最大项.

【详解】数列为等差数列,若

所以与异号

首项,则公差

所以

则,所以

由等差数列前n项和公式及等差数列性质可得

所以的最大值为,即

故选:B

【点睛】本题考查了等差数列的性质应用,等差数列前n项和公式的应用,不等式性质的应用,属于中档题.

10．平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则，所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】画出图形，由面面平行证明线线平行，即可判断出、所成角，求解即可.

【详解】如图：平面，平面，平面，

则，，

因为是正三角形，

所以、所成角就是，

则、所成角的正弦值为.

故选：A

11．如图，已知长方体的底面为正方形，为棱的中点，且，，则四棱锥的外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】判断出四棱锥的外接球球心位置并计算出球的半径，从而求得外接球的体积.

【详解】设是的中点，设，

依题意，四边形是正方形，所以，

是的中点，所以.

，

由于分别是的中点，所以，

根据正方体的性质可知平面，所以平面，

由于平面，所以，

所以，

所以是四棱锥的外接球球心，且外接球的半径为，

所以外接球的体积为.

故选：A

12．设是内一点，且，，定义，其中、、分别是、、的面积，若，则的最小值是（    ）

A．8 B．9 C．16 D．18

【答案】B

【分析】根据向量运算求得，由此求得，进而求得关于的等量关系式，利用基本不等式求得的最小值.

【详解】设中，角的对边分别为，

，

依题意可知，

所以，且是正实数，

所以，

当且仅当时等号成立.

所以的最小值是.

故选：B.

二、填空题

13．若实数，满足约束条件，则的最大值为______．

【答案】5

【分析】画出线性可行域，结合目标式的几何意义判断取最大时所过的点，即可求最大值.

【详解】由约束条件得可行域如下图示：

要使最大，只需其对应直线与数轴截距最大即可，

所以，当表示直线过的交点时，.

故答案为：5

14．已知在一个长、宽、高、分别为3 cm，4 cm，6 cm的封闭长方体形状的铁盒中装有两个大小相同的小钢球，则每个小钢球的最大体积为______．（不计铁盒各侧面的厚度）

【答案】

【分析】根据题意知，当两个钢球并排放置时，半径最大，此时每个钢球的直径为，再集合球的体积公式，即可求得结果.

【详解】由题意知，每个小钢球的最大半径为，

所以每个小钢球的最大体积为

故答案为:.

15．如图，为测量山高MN，选择A和另一座的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°，已知山高BC＝1000m，则山高MN＝__m．

【答案】500

【分析】由题意，可先求出AC的值，从而由正弦定理可求AM的值，在Rt△MNA中，AM＝1000m，∠MAN＝30°，从而可求得MN．

【详解】在Rt△ABC中，∠CAB＝45°，BC＝1000m，所以AC＝1000m．

在△AMC中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，从而∠AMC＝45°，

由正弦定理得，，因此AM＝1000m．

在Rt△MNA中，AM＝1000m，∠MAN＝30°，

由＝sin30°得MN＝500m；

∴山高MN＝500．

故答案为：500．

16．数列的前项和为，且满足，若对一切恒成立，则实数的取值范围是_________.

【答案】

【分析】首先根条件列式求，再将不等式转化为对一切恒成立，讨论的不同取值，求的最大值，建立不等式求的取值范围.

【详解】当时，，，，

当时，，

那么，即 ，

变形为，

所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，，

代入已知对一切恒成立，

即对一切恒成立，

当时，，可得，解得：，

当时，，解得：，

当时，取，则，

所以 ，当时，数列是递减数列

，解得：，

那么对一切恒成立，则实数的取值范围是.

故答案为：

【点睛】本题考查已知求，数列的函数性质，重点考查计算能力，转化变形能力，逻辑推理能力，属于中档题型.

三、解答题

17．已知直线l经过点P(－2，5)，且斜率为.

(1)求直线l的方程；

(2)若直线m与直线l平行，且点P到直线m的距离为3，求直线m的方程．

【答案】(1)3x＋4y－14＝0

(2)3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0

【分析】（1）由点斜式直接求解即可；

（2）由题可设直线m的方程为3x＋4y＋c＝0，再利用点到直线的距离的公式即得.

【详解】(1)由直线的点斜式方程得，

整理得直线l的方程为3x＋4y－14＝0.

(2)∵直线m与l平行，可设直线m的方程为3x＋4y＋c＝0，∴，

即|14＋c|＝15.

∴c＝1或c＝－29.

故所求直线m的方程为3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0.

18．如图所示，在三棱柱中，，，，分别是，，，的中点，求证：

(1)，，，四点共面；

(2)平面平面．

【答案】(1)证明详见解析

(2)证明详见解析

【分析】（1）通过证明来证得四点共面.

（2）通过面面平行的判定定理来证得平面平面.

【详解】(1)由于分别是的中点，所以，

根据三棱柱的性质可知，，

所以，所以四点共面.

(2)由于分别是的中点，所以，

由于平面，平面，所以平面.

根据三棱柱的性质可知，

所以四边形是平行四边形，所以，

由于平面，平面，所以平面.

由于平面，所以平面平面.

19．已知函数

（1）解关于的不等式；

（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）答案不唯一，具体见解析.（Ⅱ）

【分析】（Ⅰ）将原不等式化为，分类讨论可得不等式的解.

（Ⅱ）若则；若，则参变分离后可得在恒成立，利用基本不等式可求的最小值，从而可得的取值范围.

【详解】（Ⅰ） 即，

，（ⅰ）当时，不等式解集为；

（ⅱ）当时，不等式解集为；

（ⅲ）当时，不等式解集为，

综上所述，（ⅰ）当时，不等式解集为；

（ⅱ）当时，不等式解集为；

（ⅲ）当时，不等式解集为 .

（Ⅱ）对任意的恒成立，即恒成立，即对任意的，恒成立.

①时，不等式为恒成立，此时；   

②当时，，

， ， ，

当且仅当时，即，时取“”, .

综上 .

【点睛】含参数的一元二次不等式，其一般的解法是：先考虑对应的二次函数的开口方向，再考虑其判别式的符号，其次在判别式于零的条件下比较两根的大小，最后根据不等号的方向和开口方向得到不等式的解．含参数的不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，后者可用函数的单调性或基本不等式来求.

20．已知数列中，，且满足，．

(1)证明：数列是等差数列，并求的通项公式；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)证明详见解析，

(2)

【分析】（1）转化已知条件，由是常数，证得数列是等差数列，并求得数列的通项公式.

（2）利用错位相减求和法求得.

【详解】(1)由于，

所以，

即，

所以数列是首项为，公差为的等差数列，

所以.

(2)，

，

，

两式相减得

，

所以.

21．已知在中，．

(1)求角的大小；

(2)若的内切圆圆心为，的外接圆半径为4，求面积的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由三角形内角性质及同角平方关系，将已知条件化为，即可求角的大小；

（2）由（1）及题设得，若内切圆半径为则，进而得，又，再结合余弦定理、基本不等式求最值，注意取值条件，即可得面积的最大值．

【详解】(1)由及已知，则，

所以，而，故.

(2)由题设，故，

若内切圆半径为，而，

所以，又，

要使面积的最大，即求的最大值，

由，即，

所以，

，则，仅当时等号成立，

故，面积的最大值为.

22．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，，，，为的中点，且.

（1）证明：平面；

（2）线段上是否存在一点，使得三棱锥的体积为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为靠近的三等分点.

【分析】（1）连接，与的交点记为点，证得，进而得到平面，

得到，在中，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面.

（2）过点作的垂线交于点，并连接，证得平面，结合三棱锥的体积，求得的值，即可得到结论.

【详解】（1）如图所示，连接，与的交点记为点，

因为，所以，

因为，所以，

所以，即，

又因为，且，所以平面，

因为平面，所以，

因为在中，，所以，

又因为，且平面，所以平面.

（2）存在，点为靠近的三等分点，理由如下：

如图所示，过点作的垂线交于点，并连接，

则，平面，

因为，，，

所以等腰在上的高为，

可得，则，解得，

所以为靠近的三等分点.

【点睛】1、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；

2、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.