2022-2023学年四川省绵阳中学高二上学期入学考试数学（文）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（文）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（文）试题 一、单选题1．已知a，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用特殊值排除错误选项，利用指数函数的单调性判断正确选项.【详解】取：则，所以A选项错误；，所以B选项错误.取，则，所以C选项错误.由于在上递减，而，所以，所以D选项正确.故选：D2．直线的倾斜角是（    ）A．150° B．120° C．60° D．30°【答案】A【分析】先求得直线的斜率，进而求得倾斜角.【详解】直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：A3．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是A．若，，则 B．若，, ，则C．若，，则 D．若，，则【答案】D【分析】根据面面平行、线面平行的判定逐项分析即可.【详解】选项A中，两平面也可能相交；选项B中，中两平面可能相交；选项C中可能在内．【点睛】本题主要考查了两个平面平行的判定，线面平行的判定，属于中档题.4．已知关于x的一元二次不等式的解集为或，则的值是（    ）A．4 B．3 C．6 D．5【答案】B【分析】结合一元二次不等式的解集、根与系数关系求得正确答案.【详解】依题意关于x的一元二次不等式的解集为或，所以，解得，所以.故选：B5．设是非零向量，下列四个条件中一定能使 成立的是（    ）A．且 B． C． D．【答案】D【分析】根据向量共线的性质得出等价于共线且方向相同，即可得出答案.【详解】共线且方向相同只能说明共线，不能得出方向相同，则AC错误；说明方向相反，则B错误；满足共线且方向相同故选：D【点睛】本题主要考查了向量相等的应用，属于基础题.6．数列满足，且，则（    ）A．4 B． C． D．【答案】C【分析】根据对数运算求得的关系式，判断是等比数列，结合等差数列的性质求得正确答案.【详解】由于，所以，所以，所以数列是公比的等比数列.由于，所以，所以.故选：C7．的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用正弦定理化简已知条件，从而求得.【详解】依题意，，由正弦定理得，，由正弦定理得.故选：A8．已知平面向量，的夹角为，若，则的值为（    ）A． B．5 C． D．【答案】D【分析】利用平方的方法化简，从而求得.【详解】由两边平方得，，，解得.故选：D9．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．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C. 11．已知正四棱锥（底面四边形是正方形，顶点P在底面的射影是底面的中心）的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为，若该正四棱锥的体积为，则此球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求得正四棱锥的高，然后利用勾股定理求得外接球的半径，从而计算出外接球的体积.【详解】设正四棱锥的高为，则，解得，正方形的对角线长为，设外接球的半径为，则，解得，所以外接球的体积为.故选：C12．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．如图，在半径为的圆中,为圆上的弦，若，则_________．【答案】【分析】由余弦定理以及向量的数量积公式即可求解.【详解】连接由余弦定理得，则故答案为：【点睛】本题主要考查了利用定义求数量积，属于基础题.14．设变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为______．【答案】【分析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，结合图像求得的最大值.【详解】.画出可行域如下图所示，由图可知，当平移基准直线到可行域边界点时，取得最大值为.故答案为：【点睛】15．已知数列的前项和为，，，则_____【答案】【分析】先利用和的关系得到，再利用等比数列的通项公式进行求解.【详解】因为，所以，即，所以数列是以为首项、公比为的等比数列，所以.故答案为：.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．已知向量与的夹角为，且，.（1）若与共线，求；（2）求与的夹角的余弦值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）可设，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数即可得解；（2）计算出、的值，利用平面向量的数量积可求得与的夹角的余弦值.【详解】（1）若与共线，则存在，使得 即，又因为向量与不共线，所以，解得，所以；（2）， ，.18．已知函数（其中）．(1)当时，解关于x的不等式；(2)若的解集为，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据一元二次不等式的解法求得不等式的解集.（2）对进行分类讨论，结合开口方向以及判别式求得的取值范围.【详解】(1)当时，由得，，解得，所以不等式的解集为.(2)依题意恒成立，即恒成立，当时，不恒成立，不符合题意.当时，不恒成立，不符合题意.当时，要使恒成立，则需，，解得.所以的取值范围是.19．如图，已知平面，，，，，E和F分别为和的中点．(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）结合线面平行的判定定理证得平面.（2）通过证明平面来证得平面平面.【详解】(1)连接，由于分别是的中点，所以，由于平面，平面，所以平面.(2)由于平面，，所以平面，由于平面，所以，由于是的中点，所以，由于平面，所以平面.由于平面，所以平面平面.20．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，．(1)求的值；(2)若，求的面积【答案】(1)或(2)或 【分析】（1）先求得，然后结合正弦定理、同角三角函数的基本关系式求得.（2）对进行分类讨论，求得，然后求得三角形的面积.【详解】(1)由于成等差数列，所以，由得.依题意，由正弦定理得，由于，所以，故为锐角.将代入并化简得，或，所以或.(2)①当时，由于为锐角，所以，所以.由于，所以，所以.②当时，由于为锐角，所以，所以，所以三角形是等边三角形，所以，所以.21．已知数列的前n项和．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，是否存在正整数k，使得对于恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，的最小值为 【分析】（1）利用求得数列的通项公式.（2）利用裂项求和法求得，求得的取值范围，结合二次函数的性质求得的最小值.【详解】(1)依题意，当时，，当时，，当时上式也符合，所以.(2)，，为单调递增数列，，则，所以，函数的对称轴为，，当时，递增.所以使成立的正整数的最小值为.22．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．【详解】(1)如图所示：，分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．(2)如图所示：，分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．