2022-2023学年四川省泸州市龙马高中高二上学期入学考试数学文科试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省泸州市龙马高中高二上学期入学考试数学文科试题含解析，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  泸州市龙马高中高2021级2022年秋期入学考试数学文科试题一、选择题1. 设全集，若集合，则（   ）A. B. C. D.答案：B解析：【分析】利用集合的补运算求即可.【详解】由，，所以.故选：B.2. 直线的倾斜角是（   ）A.  B.  C.  D. 答案：C解析：【分析】求出直线的斜率，可得出该直线的倾斜角.【详解】直线的斜率为，因此，该直线的倾斜角为，故选C.3. 若点，，三点共线，则（   ）A.  B.  C.  D. 答案：D解析：【分析】，，三点共线，即，利用平面向量共线的坐标表示列方程解出．【详解】点，，三点共线，则∵，，∴，解得故选：D4. 中国的技术领先世界，技术极大地提高了数据传输速率，最大数据传输速率取决于信道带宽，经科学研究表明：与满足，其中为信噪比．若不改变带宽，而将信噪比从提升到，则大约增加了（   ）（附：）A.    B.  C.  D. 答案：C解析：【分析】将与代入，作差后得到，进而求出大约增加了【详解】当时，，当时，，则，所以大约增加了，即大约增加了故选：C.5. 设为等差数列的前项和，若，，则（   ）A.  B.  C.  D. 答案：B解析：【分析】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.【详解】详设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，故选B.6. 已知实数，，，其中，则下列不等式一定正确的是（   ）A.  B.  C.  D. 答案：D解析：【分析】选项A，B，C可以通过举反例说明它们是错误的，选项D可以利用作差法说明它是正确的.【详解】A.设，不等式显然不成立，所以该选项错误；B.当时，不成立，所以该选项错误；C. 设，不等式显然不成立，所以该选项错误；D. ，所以，所以该选项正确.故选：D.7. 某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（   ）A.  B. C.  D. 答案：C解析：【分析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.【详解】详由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，，，，由勾股定理可知：，，，，则在四棱锥中，直角三角形有：，，共三个，故选C.8. 在中，若，分别为，的中点，则（   ）A. ​ B. ​ C.  D. 答案：C解析：【分析】根据平面向量的数乘，由，分别为，的中点，根据平面向量的加法，可得答案.【详解】因为是的中点，所以.因为是的中点，所以.所以，故选：C.9. 已知函数 的部分图象如图所示，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是（　　）A. 的最小正周期为B. 在区间上单调递增C. 的图象关于直线对称D. 的图象关于点中心对称答案：C解析：【分析】先根据函数图像求出的解析式，利用图像变换求出的解析式，然后对选项逐一判断即可【详解】由函数图象知，，，所以，，所以 ，因为函数图象过点，所以，则，，解得，，又，所以，所以，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，得到，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到，的最小正周期，故A错误；当时，，此时单调递减，故B错误；令，，则，，当时，，故C正确；因为，故D错误．故选：C.10. 若一个圆锥的轴截面为等腰直角三角形，其侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（   ）A.  B.  C.  D. 答案：D解析：【分析】设球半径为，圆锥的底面半径为，由直角圆锥的侧面积为可求出，，再求出圆锥的高即可知，得，即可求出球的体积．【详解】设球半径为，圆锥的底面半径为，母线为，圆锥的轴截面为等腰直角三角形，得：若圆锥的侧面积为，则，所以，圆锥的高，由，解得：，所以球的体积等于.故选：D．11. 如图，正方体中，为底面的中心，为棱的中点，则下列结论中错误的是（   ）A. 平面 B. 平面C. 二面角等于 D. 异面直线与所成的角等于答案：C解析：【分析】在正方体内由线面平行判定定理、线面垂直判定定理以及线面角、线线角的知识来判断【详解】对于A，连接，交于，则四边形为平行四边形故∵平面，平面，∴平面，故正确对于B，连接，因为为底面的中心，为棱的中点，∴易证平面，则平面，故正确；对于C，因为，，则为二面角的平面角，显然不等于，故错误对于D，∵，∴，为异面直线与所成的角，∵为等边三角形，∴，故正确故选C.12.设，，则（   ）A.  B. C.  D. 答案：B解析：【分析】分析：求出，，得到的范围，进而可得结果．【详解】详∵，∴，∴∴，即又∵，∴即故选B.二、填空题13. 已知向量，．若，则________.答案：解析：【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：，解得.故答案为：.14. 函数的最小正周期________.答案：解析：【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性得出结论．【详解】函数 ∴的最小正周期，故答案为：．15. 已知直线与直线平行，则这两直线之间的距离为________.答案：解析：【分析】根据两直线平行的充要条件可以求得的值，再根据两平行直线的距离公式即可计算得到直线与之间的距离【详解】由直线与直线平行可得，即，故两直线可化为： 、故直线与之间的距离为故答案为：.16. 已知函数，且函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是________.答案：解析：【分析】作出函数的图象，把函数的零点转化为直线与函数图象交点问题解决.【详解】由得，即函数的零点是直线与函数图象交点横坐标，当时，是增函数，函数的值域为，当时，是减函数，当时，，，当时，是增函数，当时，，在坐标平面内作出函数的图象，如图，观察图象知，当时，直线与函数图象有个交点，即函数有个零点，所以实数的取值范围是：.故答案为：.三、解答题17. 解下列关于的不等式：（1）；（2）.答案：见解析；解析：【分析】计算出一元二次方程不等式中的两根，继而得出不等式解集.【详解】（1），，解得或故解集为：或（2），解得：，当时，解集为当时，解集为当时，解集为.18. 已知函数．（1）求函数的单调增区间；（2）若，且，求的值．答案：见解析；解析：【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形得，再由可求出函数的增区间，（2）由可得，然后求出的范围，再求出的值，而，两边取余弦化简可求得结果【详解】（1），令，，得，，所以函数的单调增区间为，．（2）由可得，又因为，所以，而，所以，所以；所以；19. 在中，角，，的对边分别为，，，请在①，②，③三个条件中任选一个，完成下列问题：（1）求角的大小；（2）若，点在边上，且，，求的面积．答案：见解析；解析：【分析】（1）若选①，利用诱导公式及和（差）角公式求出，从而得解；若选②，利用余弦定理得到，再利用正弦定理将边化角，最后利用两角和的正弦公式计算可得；若选③，根据同角三角函数的基本关系将切化弦，再利用正弦定理将角化边，从而计算可得；（2）利用诱导公式得到，从而求出，再由两角和的正弦公式求出，利用正弦定理求出，最后根据面积公式计算可得.【详解】（1）若选①由，所以，所以，所以，所以，所以，即有，由于，所以；若选②：，由余弦定理，所以，代入条件②有：，由于，所以；即，由正弦定理有因为，，所以，又因为，所以；若选③：由得，由正弦定理有，所以，又因为，所以；（2）由可知，则，在中，；中，由正弦定理可知，即，可得，所以在中，，所以.20. 已知数列前项和.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列项和.答案：见解析；解析：【分析】（1）已知前项和，可用计算通项公式.（2）通过裂项相消法计算数列项和.【详解】（1）由题可知，，，当时，综上：；（2），，.21. 如图，四棱锥的侧面是正三角形，，且，，是中点．（1）求证：平面；（2）若平面平面，且，求多面体的体积．答案：见解析；解析：【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，得出，平面；（2）取中点，连接，证明平面，求出点到平面的距离，计算多面体的体积．【详解】（1）取的中点，连接，因为是中点，所以，且，又因为，，所以，，即四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）取中点，连接，因为是正三角形，所以，因为平面平面，且交线为，所以平面，因为，所以平面，所以，故，，因为是中点，所以点到平面的距离等于，所以多面体的体积为：．22. 已知，．（1）若函数在为增函数，求实数的值；（2）若函数为偶函数，对于任意，任意，使得成立，求的取值范围.答案：见解析；解析：【分析】（1）任取，由，得出，求出的取值范围，即可得出实数的取值范围；（2）由偶函数的定义可求得，由题意可得出，由此可得出对于任意成立，利用参变量分离法得出，即可求出实数的取值范围.【详解】（1）任取，则，∵函数在上增函数，，则，且，∴，∵，∴，则，∴，因此，实数的取值范围是；（2）∵函数为偶函数，则，即，即对任意的恒成立，所以，解得，则，由（1）知，函数在上为增函数，当时，，∵对于任意，任意，使得成立，∴对于任意成立，即对于任意成立，由对于任意成立，则，∵，则，∴.式可化为，即对于任意，成立，即成立，即对于任意，成立，因为，所以对于任意成立，即对于任意成立，所以，由得，所以的取值范围为.