江苏省淮安市2021_2022学年高二数学上学期入学调研试题理B

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理B，共17页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，设，满足约束条件，则的最大值是等内容，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．已知集合，，若，则取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由知，故，解得，故选C．
2．若，，则的最小值为（ ）
A．2B．6C．9D．3
【答案】D
【解析】因，，
则，
当且仅当时取“=”，
所以时，取最小值为3，故选D．
3．的三个内角之比为，三边之比a：b：c为（ ）
A．3：2：1B．C．D．
【答案】B
【解析】∵已知的三个内角之比为，
∴有，再由可得，
故三内角分别为，
再由正弦定理可得三边之比，
故选B．
4．已知，，，则过点且与线段垂直的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为，所以与垂直的直线的斜率为，
所以过点且与线段垂直的直线方程为，即，
故选D．
5．已知等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】由等差数列的前项和为，
可得，
又由，解得，
故选A．
6．设､是不同的直线，､､是不同的平面，有以下四个命题：①，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则．其中假命题的序号是（ ）
A．①③B．①④C．①②③D．①②④
【答案】C
【解析】对于①：，，则或和相交，故①是假命题；
对于②：在正方体中，平面为平面，平面为平面，直线为，满足，，但；故②是假命题；
对于③：若，，则或，故③是假命题；
对于④：因为，过作平面与相交则交线与平行，且交线在内，
因为，则交线与垂直，由面面垂直的判定定理可得，故④是真命题，
所以假命题有①②③，故选C．
7．如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为，向山顶前进到达B处，又测得C对于山坡的斜度为，若，山坡对于地平面的坡度为，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题知，，，所以，．
在中，由正弦定理得，
又，∴．
在中，，，
由正弦定理得，
∴，
故选C．
8．设，满足约束条件，则的最大值是（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【解析】作出约束条件表示的可行域，如图所示：
表示可行域中的点与点的连线的斜率，
由图可知的最大值在点取得，
由，求得，
所以斜率最大值是，故选A．
9．若圆上存在两点关于直线对称，则过圆外一点向圆所作的切线长的最小值是（ ）
A．B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】圆，圆心为，半径．
依题意知，直线过圆心，所以，
即动点在直线上移动．
所以，当与直线垂直时，最小，从而切线长最小，，
此时，切线长的最小值为，故选D．
10．若时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】设，则问题转化为当时，函数的最小值非负，
当，即时，，∴，
又，∴不存在；
当，即时，，∴，
又，∴，
当，即时，，∴，
又，∴，
综上：，故选B．
11．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以表示第幅图的蜂巢总数，则（ ）；（ ）
A．35，B．36，
C．37，D．38，
【答案】C
【解析】由图中规律可知：，
所以，
，
，
，
因此当时，，
所以
，
经检验当时，符合，所以，
故选C．
12．在四棱锥中，，，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，取的两个三等分点、，连接、、，
设，连接、．
则，，
又，，所以，四边形为平行四边形，
，为的中点，
所以，，
由勾股定理可得，则，
在中，，，
，，
又，则为等边三角形，
，则是的外接圆的圆心．
因为，为的中点，，
，，，
，，，
又，，平面，
且．
设为三棱锥外接球的球心，连接、、，
过作，垂足为，
则外接球的半径满足，
设，则，解得，
从而，
故三棱锥外接球的表面积为，故选D．
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．下列命题正确的个数是________．
①若，则；
②若，则；
③若，是非零实数，且，则；
④若，则．
【答案】2
【解析】对于①，当时不成立；
对于②，当为正数，为负数时不成立；
对于③，因为，所以，所以，所以，③成立；
对于④，若，则，，从而得，
所以只有③④两个正确，所以正确的命题的个数为2，故答案为2．
14．在中，角、、所对的边分别为、、，若，，且该三角形有唯一解，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】因为，，
由正弦定理得，
要使三角形有唯一解，则或，所以或，
即或，解得或，
故答案为．
15．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，现有下列结论：①；②平面与平面的交线平行于直线；③异面直线，所成的角为定值；④三棱锥的体积为定值，其中错误结论的是_________．
【答案】③
【解析】对于①，平面，平面，，故①正确；
对于②，，在，，
平面，平面，平面，
在平面ABCD内作，
∵，则，则共面，
平面，则平面与平面的交线为，
即平面与平面的交线平行于直线；故②正确；
对于③，当点在处，为的中点时，
由可知异面直线，所成的角是，
当在上底面的中心时，在的位置，
异面直线，所成的角是，两个角不相等，
从而异面直线，所成的角不为定值，故③错误；
对于④，到平面的距离是定值，
是定值，
以为顶点的四面体的体积为定值，故④正确，
故选③．
16．已知为原点，过点的直线与圆相交于两点，若的面积为2，则直线的方程为__________．
【答案】或
【解析】①当直线的斜率不存在时，直线方程为，则圆心到直线的距离为1，
所以，故，
所以直线满足题意；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
故，
因为，所以，
整理得，解得或．
当时，则，解得；
当时，则，此方程无解，
故直线方程为，即．
综上可得所求直线方程为或．
故答案为或．
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）在平面直角坐标系中，直线过点．
（1）若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程；
（2）直线，且直线与直线关于直线对称，求直线的方程与的值．
【答案】（1）或；（2），．
【解析】（1）当直线的截距均为0时，则直线过点，
设直线方程为，
又在直线上，则，直线方程为；
当直线的截距不为0时，设直线方程为，代入，得，
则直线方程为，
综上所述，直线方程为或．
（2）∵直线过点，
∴点关于直线对称的点在直线m上，
∴，解得，
∴直线，其与直线交于点，
则点在直线l上，由直线过点，
则直线，即．
18．（12分）已知长方体中，M，N分别为AA1和AB的中点．求证：
（1）D1，M，N，C四点共面；
（2）D1M、DA、CN三线共点．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】证明：（1）连接A1B，D1C，
因为M，N分别为AA1和AB的中点，所以MNA1B，
因为A1D1BC，A1D1BC，
所以四边形A1BCD1为平行四边形，
所以A1BD1C，所以MND1C，
所以MN与D1C确定一个平面，所以M，N，C，D1四点共面．
（2）因为MNA1B，且，
所以直线D1M与CN必相交，
设D1MCNK，
因为KD1M，D1M平面AA1D1D，所以K平面AA1D1D，
又因为KCN，CN平面ABCD，所以K平面ABCD，
所以K是平面ABCD与平面AA1D1D的公共点，
又因为平面ABCD平面AA1D1DAD，所以KAD，
所以D1M、DA、CN三线共点．
19．（12分）北京、张家港2022年冬奥会申办委员会在俄罗斯索契举办了发布会，某公司为了竞标配套活动的相关代言，决定对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．
（1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
（2）为了抓住申奥契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定立即对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入万作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
【答案】（1）40；（2）a至少达到万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
【解析】（1）设每件定价为t元，依题意得，
整理得，解得．
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．
（2）依题意知：当x>25时，不等式有解，
等价于x>25时，有解．
由于，当且仅当，即时等号成立，
所以．
当该商品改革后的销售量a至少达到万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
20．（12分）在中，设内角，，所对的边分别为，，，表示的面积．已知，．
（1）求角A的值；
（2）若的面积为，求的周长．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由，，
得，，
因为，所以．
（2）因为的面积为，所以，则，
又，，由余弦定理可得，
即，所以，
因此的周长为．
21．（12分）已知数列满足，．
（1）记，求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为，
当时，，因为，所以，
由，
可得，
，
两式相减可得，
因为，所以，
所以是以为首项，公差为的等差数列，
所以．
（2）当时，
；
当时，

，
经检验也满足上式，
综上所述：．
22．（12分）如图所示，在四棱锥中，底面四边形是菱形，底面，是边长为2的等边三角形，，．
（1）求证：PO⊥底面ABCD；
（2）求直线与OF所成角的大小．
（3）在线段上是否存在点，使得平面？如果存在，求的值；
如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，．
【解析】（1）因为底面是菱形，且，
所以O为AC，BD中点，
在中，PB=PD，可得PO⊥BD，
因为在中，PA=PC，所以PO⊥AC，
又因为，所以PO⊥底面ABCD．
（2）连接OF，取AP中点为E，连接OE，
因为底面ABCD是菱形，，
由O为AC中点，且E为AP中点，，
所以F为AE中点，所以，
故∠EOF为直线与OF所成的角，
又由为等边三角形，且E为中点，所以．
（3）存在，，
连接CE，ME，
因为，E为AP中点，所以，
又因为，所以在中，，即，
因为平面BDF，平面BDF，所以平面BDF，
由（2）知，因为平面BDF，平面BDF，
所以平面BDF，
因为，所以平面平面BDF，
因为平面EMC，所以平面BDF