双流中学2019-2020学年高二上学期入学考试数学（文）试题 Word版含解析

双流中学2019-2020学年度上期高2018级入学考试文科数学第卷（共60分）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1. 已知ab, cd，则下列不等式中恒成立的是（ ）A. a+db+cB. acbdC. D. d-a c-b【答案】D【解析】【分析】利用不等式性质判断即可.【详解】取，则，故A错.又，故B错.取，则，故C错. 当时，故即，故D正确，故选D.【点睛】本题考察不等式的性质，属于基础题.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.【点睛】本题考查直线倾斜角的计算，解题的关键就是求出直线的斜率，同时要熟悉直线的倾斜角和斜率之间的关系，考查计算能力，属于基础题.3.已知关于的不等式的解集是，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用韦达定理得到关于a,b的方程组，解方程组即得a,b的值，即得解.【详解】由题得，所以a+b=7.故选：A【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.等比数列的前项和为，已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据条件求出的值，再利用可求出的值.【详解】设等比数列的公比为，由，得，所以，因此，故选：C.【点睛】本题考查等比数列中的相关计算，对于等比数列的问题，一般建立首项和公比的方程组，利用方程思想进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.5.如图是一个几何体的三视图（侧视图中的弧线是半圆），则该几何体的表面积是（ ）A. 203B. 243C. 204D. 244【答案】A【解析】【详解】由几何体的三视图分析可知，该几何体上部为边长为2的正方体，下部为底面半径为1、高为2的半圆柱体，故该几何体的表面积是203，故选A.考点：1、几何体的三视图；2、几何体的表面积.6.已知，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式得出，再将该等式平方并结合二倍角的正弦公式可求出的值.【详解】，由诱导公式得，将该等式两边平方得，即，因此，故选：D.【点睛】本题考查诱导公式和二倍角公式的应用，在涉及的求值问题，一般将等式平方进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.7.已知直线，直线，若，则直线与的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用直线平行的性质解得，再由两平行线间的距离求解即可【详解】直线l1：ax+2y10，直线l2：8x+ay+2a0，l1l2，且解得a4所以直线l1：4x-2y+10，直线l2：4x-2y+30，故与的距离为 故选：A【点睛】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直线平行的性质的灵活运用8.在中，角对应的边分别是，已知，的面积为，则外接圆的直径为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角形面积公式求得；利用余弦定理求得；根据正弦定理求得结果.【详解】由题意得：，解得：由余弦定理得： 由正弦定理得外接圆的直径为：本题正确选项：【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式的综合应用问题，考查学生对于基础公式和定理的掌握情况.9.若变量，满足约束条件，且的最大值为，最小值为，则的值是A. B. C. D. 【答案】C【解析】由， 由 ，当最大时， 最小，此时 最小，故选C. 【点睛】本题除了做约束条件的可行域再平移 求得正解这种常规解法之外，也可以采用构造法解题，这就要求考生要有较强的观察能力，或者采用设元求出构造所学的系数.10.设是等差数列.下列结论中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】先分析四个答案支，A举一反例，而，A错误，B举同样反例，而，B错误，下面针对C进行研究，是等差数列，若，则设公差为，则，数列各项均为正，由于，则，故选C.考点：本题考点为等差数列及作差比较法，以等差数列为载体，考查不等关系问题，重 点是对知识本质的考查.11.在中，角的对边分别为，且面积为.若，则角等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用正弦定理进行边角互化，得到A，再根据三角形的面积公式和余弦定理，结合特殊角的三角函数值可求得B的值；【详解】，即.又，即.，由余弦定理知，又，.故选C.【点睛】本题考查了正弦、余弦定理的应用，考查了三角形的面积公式的应用，是中档题12.如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上, F，M分别是AD，CD的中点, 则下列结论中错误的是( )A. B. 平面C. 三棱锥的体积为定值D. 存在点E，使得平面BEF/平面【答案】D【解析】【分析】根据空间中的平行与垂直关系，和三棱锥的体积公式，对选项中的命题判断其真假性即可【详解】对于A，连接AC，易知：故，正确；对于B，易知： ，,故平面，正确；对于C，三棱锥的体积等于三棱锥的体积,此时E点到平面BCF的距离为1，底面积为，故体积为定值，正确；对于D,BF与CD相交，即平面BEF与平面始终有公共点，故二者相交，错误；故选：D【点睛】本题考查了空间中的线面位置关系的判断和棱锥的体积计算问题，涉及到三棱锥的体积为定值问题，要考虑到动点（棱锥的顶点）在直线上，而直线与平面（棱锥的底面）平行，这样不论动点怎样移动，棱锥的高都不变，底面积为定值，高为定值，体积就是定值，考查学生的空间想象能力，是综合题第卷（共90分）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.经过直线，的交点且垂直于直线的直线方程为_.【答案】【解析】【分析】求出直线与的交点坐标，并设所求直线方程为，将交点坐标代入直线方程得出的值，即可得出所求直线的方程.【详解】联立直线与的方程，解得，所以，直线与的交点坐标为，设所求直线的方程为，将点的坐标代入直线方程得，解得.因此，所求直线的方程为，故答案为：.【点睛】本题考查直线方程的求解，同时也考查了两直线交点坐标的计算，在求直线方程时，要确定直线的斜率和所过的点是关键，考查计算能力，属于中等题.14.已知，则_.【答案】【解析】【分析】将角表示为，然后利用两角差的正切公式可计算出的值.【详解】，故答案为：.【点睛】本题考查两角差的正切公式计算正切值，解题时要将所求角利用已知角进行表示，考查运算求解能力，属于中等题.15.已知四棱锥中，平面平面，其中为正方形，为等腰直角三角形，则四棱锥外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】先证明出平面，计算出、的长度，求出的外接圆直径，再利用公式求出四棱锥的外接球半径，然后利用球体表面积公式可得出结果.【详解】如下图所示：四边形是正方形，平面平面，平面平面，平面，平面，所以，四棱锥的外接球与三棱锥的外接球是同一个球，所以外接球的球心在BD的中点处，是等腰直角三角形，则该三角形的外接圆直径为，由于四边形为正方形，则，设四棱锥外接球半径为，则，则.因此，四棱锥的外接球表面积为，故答案为：.【点睛】本题考查四棱锥外接球表面积的计算，解题的关键就是从题中得出线面垂直关系，找到球心位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.16.已知、是直线上三个相异的点，平面内的点，若正实数、满足，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由题意得，利用、三点共线得出，再将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.【详解】，由于、是直线上三个相异的点，所以，又，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故答案为：.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，同时也考查了三点共线等价条件的应用，解题时要对代数式进行合理配凑，并充分利用定值条件进行求解，考查计算能力，属于中等题.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.正方体的棱长为1，E为线段上的一点, （）求正方体的内切球的半径与外接球的半径；（）求三棱锥的体积【答案】(1)；(2) .【解析】分析：（1）正方体的内切球的直径为正方体的棱长，外接球的直径为正方体的对角线，由此能求出正方体的内切球的半径与外接球的半径；（2）由，利用棱锥的体积公式能求出三棱锥的体积.详解：正方体的内切球的直径为正方体的棱长，外接球的直径为正方体的对角线，正方体的内切球的半径为，外接球的半径为.（2）正方体的棱长为，为线段上一点，到平面的距离，三棱锥的体积：. 点睛：本题主要考查正方体的内切球和外接球的半径的求法，考查利用“等积变换”求三棱锥的体积，是中档题，解题时要认真审题，注意空间想象能力的培养.18.设直线的方程为（1）若在两坐标轴上的截距相等，求的方程；（2）若不经过第二象限，求实数的取值范围【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）分别求出横截距与纵截距，令其相等即可解出a值，代入方程即可得到直线方程；（2）由于不过第二象限所以斜率大于等于0，纵截距小于等于0，由题意列不等式组即可求得参数范围.【详解】（1）令方程横截距与纵截距相等：，解得：或0，代入直线方程即可求得方程：，；（2）由l的方程为y(a1)xa2，欲使l不经过第二象限，当且仅当解得a1，故所求的a的取值范围为(，1【点睛】本题考查直线方程的系数与直线的位置关系，纵截距决定直线与y轴的交点，斜率决定直线的倾斜程度，解题时注意斜率与截距等于0的特殊情况，需要分别讨论，避免漏解.19.已知数列的前项和为，且，记.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由，得，两式相减得，即，经验证时也成立；（2），利用裂项相消法求和即可得结果.试题解析：（1）当时，则，当时，由，得，相减得，即，经验证时也成立，所以数列的通项公式为.（2），所以数列的前项和为：.【方法点晴】本题主要考查等差数列的通项与求和公式之间的关系，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.20.已知在图1所示的梯形中，于点，且.将梯形沿对折，使平面平面，如图2所示，连接，取的中点.（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得直线平面？若存在，试确定点的位置，并给予证明；若不存在，请说明理由；（3）设，求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析；（2）存在，且当点为的中点时，平面；（3）.【解析】【分析】（1）取的中点，根据等腰三角形性质得.再根据面面垂直性质定理得平面，即得，利用线面垂直判定定理得平面.由平几知识得四边形是平行四边形.即.从而可得平面.最后根据面面垂直判定定理得结论.（2）先判断点位置，再利用线面平行判定定理证明，(3)先根据面面垂直性质定理得线面垂直，即得锥体的高，再根据等积法以及锥体体积公式求结果.【详解】解：（1）取的中点，连接，.因为，所以.因平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以.又，所以平面.因为，所以，.因为，所以，所以四边形是平行四边形.所以.由，得平面.又平面，所以平面平面.（2）当点为的中点时，平面.证明：连接，.由为线段的中点，为线段的中点，得.又平面，平面.所以平面.（3）因为，所以到平面的距离等于点到平面的距离.取的中点，连接，则，且.因为平面平面，平面平面，所以平面，所以平面.所以 .【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.21.在中，角所对的边为，且满足（1）求角的值；（2）若且，求的取值范围【答案】（1）或；（2）.【解析】试题分析：（1）利用升幂公式及两角和与差的余弦公式化简已知等式，可得，从而得，注意两解；（2）由，得，利用正弦定理得，从而可变为，利用三角形的内角和把此式化为一个角的函数，再由两角和与差的正弦公式化为一个三角函数形式，由的范围（）结合正弦函数性质可得取值范围试题解析：（1）由已知，得，化简得，故或；（2），由正弦定理，得，故 ，所以， 22.已知数列中，前项的和为，且满足数列是公差为的等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意求出数列的通项公式，可解出