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

这是一份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，共15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：C2．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：D3．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：D4．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：C5．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：A8．一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：A11．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：A12．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：514．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.