2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联盟高二上学期入学联考数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联盟高二上学期入学联考数学（理）试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联盟高二上学期入学联考数学（理）试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用交集的定义运算即得.【详解】因为，，所以.故选：B．2．A． B． C． D．【答案】D【分析】直接根据特殊角的三角函数值，得出答案.【详解】根据特殊角的三角函数值，可知.故选D.【点睛】本小题主要考查特殊角的三角函数值，属于基础题.从到内特殊角的三角函数值需要熟练记忆.3．方程的根位于区间（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令函数，利用零点存在定理确定正确选项．【详解】令函数，易得函数单调递减，原方程的根即的零点，，，，，∵，可得根位于区间(1,2).故选：C．4．如图，网格上绘制的是某几何体的三视图，其中网格小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（    ）A． B． C．9 D．27【答案】C【分析】由三视图确定该几何体是棱锥，且得出棱锥的性质，然后由体积公式计算．【详解】解：由三视图可知几何体的直观图（如图）是底面为正方形的四棱锥，且平面，，∴该几何体的体积为，故选：C．5．已知，是空间中不重合的两平面，，，是空间中不同的三条直线，A，B是空间中不同的两点，则下列结论正确的是（    ）A．， B．，，，C．， D．，，【答案】D【分析】根据线面平行的判定定理判断A，面面平行的判定定理判断B，线面位置关系判断C，平面公理判断D．【详解】由直线与平面平行的判定定理知A错误（需要加条件）；由平面与平面平行的判定定理知B错误（需加条件两直线相交）；直线与平面平行不具备传递性，C错误（可以平行、可能异面也可能相交）；由平面公理知D正确，故选：D．6．已知，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由同角三角函数的基本关系可得，而由配凑法及两角和与差的余弦公式可得 ，代值化简即可.【详解】，.又 ，，，故选：B．7．若单位向量，满足，则，的夹角为（    ）A． B． C． D．0【答案】B【分析】利用向量数量积的运算律可得，进而即得.【详解】原式两边平方得，解得，即。故选：B．8．若奇函数在区间上是增函数，则下列关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由已知奇函数和单调性得出函数在R上的单调性，由对数函数、指数函数确定，，的大小后可得结论．【详解】由对数与指数运算的性质可知，，又∵，∴，又由函数的奇偶性和单调性可知在上是增函数，∴，故选：A．9．已知函数，若，，则函数的单调递减区间为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由得周期，从而求得，再由求得得函数解析式，然后结合正弦函数的单调区间求解．【详解】∵，∴函数的最小正周期为，即在，解得，又，即，又，故解得，∴，令，解得，故选：A．10．已知数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数列的前项和与第项的关系进行求解即可.【详解】当时，，当时，，∴当时，，当时，，∴A，B均错误；又当时，，当时，，∴D正确，故选：D．11．已知正方体的边长为2，点，分别是为棱，的中点，点为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，则点的轨迹长为（    ）A． B．2 C． D．1【答案】A【分析】由题可得平面，平面，进而可得平面平面，结合条件可得点的轨迹为，即得.【详解】如图，分别作，的中点，，连接，，，，，由题可知，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；又，又平面，平面，∴平面，又，，平面，∴平面平面，由题意知平面，又点为四边形内（包括边界）的一动点，∴线段，点的轨迹为，∴.故选：A．12．为了优化某绿地（记为）的行走路径，现需要在，上分别选取两点，修建一条直路，使得平分的周长，已知，．则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三角形面积公式，结合二次函数的性质进行求解即可.【详解】解：设，，则，∴，，则，令，，对称轴为，开口向下，所以有，∴当，且时，有最小值，故选：D 二、填空题13．已知向量，，若，则_________．【答案】【分析】根据向量平行的坐标表示即可求解.【详解】因为向量，，若，则有，解得，故答案为：．14．已知等差数列的前项和为，若，则_________．【答案】15【分析】由等差数列的前项和公式、等差数列的性质求解．【详解】由题知，故答案为：15．15．若函数在区间上单调递增，则的取值范围为_________．【答案】【分析】根据复合函数的单调性的性质，结合指数函数和二次函数的单调性进行求解即可.【详解】因为函数是实数集上的减函数，所以由复合函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，函数的对称轴为，且开口向下，所以有，解得的取值范围为，故答案为：．16．为了测量某座山的高度，某兴趣小组在该座山山顶处俯瞰山脚所在水平地面上不共线的三点，测得它们的俯角均为，查阅当地地图可知该三点间距离分别为，，，则山高为______．【答案】【分析】设山顶在水平地面上的投影为点，山高为，由题可得点是的外接圆的圆心，然后利用余弦定理及正弦定理可得的外接圆的半径，进而即得.【详解】设山顶在水平地面上的投影为点，山高为，不妨设三点分别为，，，且，，，由题知，∴点是的外接圆的圆心，在中，由余弦定理得，则，∴的外接圆的半径，由题知，∴.故答案为：． 三、解答题17．如图，在直角梯形中，，，且．(1)用，表示，；(2)求的值．【答案】(1)，(2)1 【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解；（2）由数量积的运算律计算．【详解】(1)，；(2)．18．已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，且．(1)求；(2)求．【答案】(1)；(2)或． 【分析】（1）根据正弦定理即得；（2）利用同角关系式及余弦定理即得.【详解】(1)由正弦定理得：，∴，即，解得；(2)∵，∴，∴，由余弦定理得：，∴，即，解得：或．19．已知递增的等差数列的前项和为，若，且，，成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)求的值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据等比数列的性质，结合等差数列的通项公式进行求解即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可.【详解】(1)设数列的公差为，因为是递增的等差数列，所以，因为，，成等比数列，所以有，即，解得或（舍去），因为，所以；(2)因为是等差数列，所以，所以，即．20．已知向量，，若函数，且函数的周期为．(1)求函数的解析式；(2)已知的内角，，所对的边分别为，，，满足，且，试判断的形状．【答案】(1)；(2)等边三角形． 【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示公式、正弦二倍角公式、降幂公式，结合正弦型函数的周期公式进行求解即可；（2）根据正弦定理、正弦二倍角公式，结合特殊角的正弦值进行求解即可.【详解】(1)，∵，，∴，∴；(2)由正弦定理得，因为，所以，所以有，即，又因为，所以，即，得，即，即．由，，因为，所以，因此，解得，∴是等边三角形．21．如图，在正四棱柱中，，点为棱上的点，且满足．(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在，. 【分析】（1）根据异面直线所成角的定义，结合余弦定理进行求解即可；（2）根据正四棱柱的性质，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行求解即可.【详解】(1)∵是正四棱柱，∴，四边形是矩形，∴，∴求异面直线与所成角的余弦值即是求与所成角的余弦值，在中，，，∴；(2)如图，当点为的三等分点（靠近点）时，使得平面，作的中点，连接，，连接交于点，连接，由棱柱的性质可知，∴四边形是平行四边形，∴，又∵点，分别是，的中点，∴，由平面公理4可得，又∵平面，平面，∴平面，此时．22．已知项数大于3的数列的各项和为，且任意连续三项均能构成不同的等腰三角形的三边长．(1)若，求和；(2)若，且，求的最小值．【答案】(1)，(2)17 【分析】(1)列举法即可得到结果.(2)先验证要使最小，则使和最小，从而可求得结论.【详解】(1)边长为1或2的等腰三角形只有1，1，1；1，2，2；2，2，2．若前三项有1，1，1，则该数列只能有3项，不合题意；若前三项有1，2，2，该数列只有4项，且该数列只能为1，2，2，2；若前三项有2，2，2，该数列只有4项，且该数列只能为2，2，2，1；综上：，；(2)设为数列的每一组连续三项之和的和，则，即，连续三项（不考虑这三项的顺序）及这三项的和（标注在下面的括号内）有以下可能：2，2，1（5）；2，2，2（6）；2，2，3（7）；3，3，1（7）；3，3，2（8）；3，3，3（9）；3，3，4（10）；3，3，5（11）；4，4，1（9）；4，4，2（10）；4，4，3（11）；4，4，4（12）；4，4，5（13）；4，4，6（14）；4，4，7（15）；……其中画横线的连续三项不能同时满足和前一项、后一项构成3个等腰三角形，故必为数列的首三项或尾三项，故其对应的三角形在6个三角形中至多出现两个，要使最小，则使和最小，在画横线的连续三项中取和最小的2组，即2，2，1（5）；3，3，1（7）；在没画横线的连续三项中取和最小的4组，即2，2，2（6）；2，2，3（7）；3，3，2（8）；3，3，3（9），同时令，，，那么再令，则，又∵，，∴，构造数列：1，2，2，2，3，3，3，1，此时，∴的最小值为17．