2021-2022学年四川省内江市市中区第六中学高二上学期创新班入学考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年四川省内江市市中区第六中学高二上学期创新班入学考试数学试题含解析，共18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。

一、单选题
1．已知向量，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用向量平行和垂直的坐标表示逐个分析判断即可
【详解】对于A，因为，，所以，所以与不平行，所以A错误，
对于B，因为，，所以，所以与不垂直，所以B错误，
对于C，因为，，所以，因为，所以与不平行，所以C错误，
对于D，因为，，所以，所以，所以D正确，
故选：D
2．中，，，则（ ）
A．B．C．D．或
【答案】A
【分析】计算出的值，分析出角为锐角，利用同角三角函数的基本关系、两角和的余弦公式可求得的值.
【详解】因为，则角为锐角，可得，由正弦定理可得，
故角为锐角，所以，，
所以，
.
故选：A.
3．已知直线，直线，若直线与直线互相垂直，则实数的值为（ ）
A．2或－1B．－1C．2D．
【答案】D
【分析】根据垂直关系列方程，即可得解.
【详解】因为直线与直线互相垂直，
所以，.
故选：D
4．已知，，且，那么（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用基本不等式可判断各选项的正误.
【详解】因为，，由基本不等式可得，，
上述两个不等式当且仅当时成立，故ABD选项错误，C选项正确.
故选：C.
5．若x，y满足约束条件，则z=-2x+y的最小值为（ ）
A．-5B．-3C．D．1
【答案】A
【分析】在平面直角坐标系中作出可行域，平移目标函数所表示的直线即可得到最小值.
【详解】作出可行域如图中三角形ABC内部含边界区域：
解方程组得：
目标函数y=-2x+z恰好经过点C时z取得最小值，
.
故选：A
6．下列说法正确的是（ ）
A．在中，若，则
B．在中，若，则为锐角三角形
C．在中，若，则B等于
D．在中，若，则是等腰三角形
【答案】A
【分析】利用正弦定理可判断A；利用余弦定理得A为锐角，不能判断的形状，从而判断B；利用正弦定理得求出角B可判断C；利用正弦定理得，可以判断D．
【详解】在中，若，则，利用正弦定理，则，故A正确；
利用余弦定理，只能判断A为锐角，不能判断是锐角三角形，故错误B；
利用正弦定理得，故角B除了等于，还可以等于，故C错误；
由得，两式相除得
，由正弦定理得，即，
因为所以或，即或，
可以判断是等腰三角形或直角三角形，故D错误．
故选：A.
7．已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设数列是公比为的等比数列，数列是公差为的等差数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，以及等比数列和等差数列的中项性质，化简已知得，，代入即得解.
【详解】设数列是公比为的等比数列，数列是公差为的等差数列，
若，
则，，
即为，，
即，，
则．
故选：A
8．如图，ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将△ABE，△ECF，△FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则下列结论错误的是（ ）
A．AP⊥EF
B．点P在平面AEF内的射影为△AEF的垂心
C．二面角A－EF－P的余弦值为
D．若四面体P－AEF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是24
【答案】D
【分析】根据线面垂直的判定和性质、垂心的定义，二面角的定义，以及棱锥外接球表面积的求解，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】根据题意，平面，故平面；
因为平面，故平面；
故可得两两垂直.
对：由平面平面，故，故正确；
对B：过作平面的垂线，连接，延长交于，如下所示：
由可知，，又平面平面，故，
又平面，故可得：平面，
又平面，故可得，即点在三角形底边的垂线上；
同理可证，点在三角形底边的垂线上.
故点在平面的投影即为三角形的垂心，故正确；
对C：根据B中所求，为三角形的垂线，
又，根据三线合一故可得点为中点.
又，故三角形为等腰三角形，连接，则
根据二面角的定义，显然即为所求二面角.
在三角形中，，
，又，
故.
故二面角A﹣EF﹣P的余弦值为，则C正确；
对：因为两两垂直，
故三棱锥P﹣AEF的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等.
故其外接球半径，
故外接球表面积，故D错误.
故选：D.
9．已知数列满足：，对于任意的，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】写出前四项，根据递推关系，只要前一项等于，则后一项等于；若前一项等于，则后一项等于，即可得解.
【详解】，…，
考虑函数，只要前一项等于，则后一项等于；若前一项等于，则后一项等于，归纳可知，
当n为大于1的偶数时，；当n为大于1的奇数时，；故．
故选：A
10．在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱，的中点，P是上底面内一点（含边界），若平面BDEF，则Р点的轨迹长为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】由分别取棱､的中点M､N，连接MN，由线面平行得面面平行，得动点轨迹，从而可计算其长度．
【详解】如图所示，分别取棱､的中点M､N，连接MN，连接，
∵M､N､E､F为所在棱的中点，∴，，∴，
又平面BDEF，平面BDEF，∴平面BDEF，
连接NF，由，，，，可得，，则四边形ANFB为平行四边形，则，
而平面BDEF，平面BDEF，则平面BDEF.
又，∴平面平面BDEF.
又P是上底面内一点，且平面BDEF，
∴P点在线段MN上.又，∴P点的轨迹长为.
11．已知为坐标原点，是椭圆的左焦点，分别为椭圆的左､右顶点，为椭圆上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意画图，利用相似于，和相似于列方程求解即可.
【详解】如图，由题意得､､，
设，因为轴，所以，所以 ，得①，
又由，中点为，得，得②，
由①②得，则.
故选：A.
12．已知斜率存在的直线交椭圆：于，两点，点是弦的中点，点，且，，则直线的斜率为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，，，代入椭圆的方程两式相减，整理得，再由，得到，进而根据，求得，过点作轴于点，求得，即可求得.
【详解】设，，，直线的斜率为，不妨令，
则两式相减，得，
所以，所以，即．
由，即,可得，
又由，所以，解得，
过点作轴于点，则，
所以，即，
根据椭圆的对称性，可得直线的斜率为．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其几何性质，以及直线的倾斜角和斜率公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
二、填空题
13．已知点在抛物线：上，则的焦点到其准线的距离为__________.
【答案】
【分析】将点坐标代入抛物线方程可得值，然后求出抛物线的焦点坐标和准线方程可得答案.
【详解】点代入抛物线方程，解得，
抛物线方程为：，焦点坐标为，准线方程为：，
焦点到准线的距离：.
故答案为：.
14．已知数列的首项为，且有，则_______.
【答案】
【分析】已知式变形得是等差数列，由等差数列前项和公式计算．
【详解】因为，且，所以，
，所以是等差数列，公差为，，
所以．
故答案为：．
15．已知在三棱锥中， ，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为__________．
【答案】
【分析】根据已知条件确定的外接圆圆心，及三棱锥的外接球球心O、AC边中点H的位置关系--四边形为矩形，进而应用正弦定理、侧面外接圆半径与外接球半径、点面距之间的关系，求外接球半径，即可求球的表面积.
【详解】如图分别为的外心.
由，即为中点，取的中点则，又面面，面面，面，即面
设球心为，则平面
∴，又，面，面面，面面，
∴平面，又平面.
∴，即四边形为矩形.
由正弦定理知：，即，
∴若外接球半径为R，则，
∴.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：利用面面垂直、等腰直角三角形的性质，应用三棱锥侧面外接圆半径、外接球半径、点面距之间的几何关系，结合正弦定理求外接球半径，进而求表面积.
16．已知非零平面向量，，满足：，的夹角为，与的夹角为，，，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】以点为起点作向量，，，
则，，，
由，的夹角为，与的夹角为可知：四点共圆，然后结合正弦定理与三角函数求解即可
【详解】如图：
以点为起点作向量，，，
则，，，
由，的夹角为，与的夹角为可知：四点共圆，
由，得，，
在中：，即
所以，所以，
由同弧所对的圆周角相等，可得，
设，则，
在中：，
所以，
，
，，
，，
，
则的取值范围是
故答案为：
三、解答题
17．已知的三个顶点是
（1）求边的高所在直线方程；
（2）的面积
【答案】（1）；（2）8.
【分析】（1）根据两点求斜率可得，进而得出高的斜率，由点斜式即可求解.
（2）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出点到的距离，再利用两点间的距离公式求出，利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1）设边的高所在直线为，
由题知 则，
又点在直线上所以直线的方程为
即
（2）所在直线方程为： 即
点到的距离
又
则
18．已知，，分别为三个内角，，的对边，.
（1）求角；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）；（2）6.
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合恒等变换可得答案；
（2）根据面积公式可得，结合余弦定理可求，进而可得答案.
【详解】（1）因为
由正弦定理可得
因为，所以，即；
因为，
所以；
（2）因为，所以；
因为，所以，
所以，
所以周长为.
19．如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱平面，交于点，是的中点，为上一动点.
（1）求证：；
（2）在线段上是否存在一点，使平面，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.
【分析】（1）根据垂直关系，可证明平面，即可证明；（2）根据线面平行的判断定理，可知，存在点，使，即可证明.
【详解】（1）证明：平面，平面，
，
四边形是正方形，
.
又平面，平面，，
平面，
平面，
.
（2）解：当为的中点，
即时，平面.
理由如下：由为的中点，为的中点，知，
而平面，平面，
故平面.
20．已知正项数列的前项和，满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用与得关系，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得，，利用裂项相消求和法求得数列得前n项得和，即可得证.
【详解】（1）解：由，当时，得．∵，∴．
当时，由，…①，
则，……②
由①－②得：，
即，∴．
又因，所以
所以数列是公差为1的等差数列．
故数列的通项公式为；
（2）证明：由（1）得
则
,
∴
21．如图，已知抛物线上一点到焦点的距离为3，直线与抛物线交于两点，且（为坐标原点），记，的面积分别为.
(1)求抛物线的方程；
(2)求的最小值.
【答案】(1)
(2)最小值为
【分析】(1)由抛物线的定义可得p的方程，解方程可得p，即可得到抛物线的方程；
(2)设直线方程并与曲线联立方程组求解，再结合，求得直线恒过的定点，由三角形的面积公式和基本不等式，计算可得所求最小值.
【详解】(1)由题意可得，
所以抛物线方程为.
(2)设直线方程为，，如图所示：
代入抛物线方程中，消去得，，
，.
，
解得或（舍去）.
直线方程为，直线过定点.
，
.
当时等号成立.
的最小值为.
22．已知椭圆的离心率为，椭圆的下顶点和上项点分别为，且，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，求的面积；
(3)求直线与直线的交点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意可得，，，结合，求出的值，由此可得椭圆的方程；
（2）设，直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式求得，利用点到直线的距离求出，最用利用三角形的面积公式可得出答案.
（3）设直线的方程为，，利用韦达定理及题设条件可得，进而得出的答案.
【详解】(1)因为，所以，即，因为离心率为，则，
设，则，又，即，
解得或（舍去），
所以，所以椭圆的标准方程为.
(2)设，由直线的点斜式方程可知，直线的方程为，
即，与椭圆方程联立，，整理得，
则，所以
，原点到的距离，
则的面积.
(3)由题意知，直线的方程为，即，设，
则，整理得，则，
因为直线和椭圆有两个交点，所以，则，
设，因为在同一条直线上，则，
因为在同一条直线上，则，
所以，所以，
则交点T恒在一条直线上.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算能力，属于难题.