四川省广安市2021-2022学年高二年级上册学期数学（理）入学考试试题【含答案】

1、2020级高二上期入学考试数学试卷（理科）（考试时间：120分钟，总分：150分）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用不等式的基本性质可判断A，采用作差法逐一判断选项B,C,D的正误即可.【详解】对于选项A：因为，所以，故A不正确；对于选项B：由于，因为，所以，所以，即，故B正确；对于选项C：因为，所以，故C不正确；对于选项D：因为，所以，故D不正确.故选：B.2. （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用两角和的余弦公式，特殊角的三角函数值即可求解.【详解】解：.故选：A.3.

2、 一个几何体的三视图如图，则这个几何体的体积是（ ）A. B. 4C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积.【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为边长为2的正方形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥体；如图所示：所以：.故选：A.4. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据等差数列，可得，进而可得.【详解】设等差数列的公差为，由，得，即，又，所以，故，故选：D.5. 设不同的直线，和不同的平面，那么（ ）A. ，则B. ，则C. ，则D. ，则【答案】D【解析】【分析】对于A，

3、与平行或异面；对于B，与平行或相交；对于C，与平行或异面；对于D，由面面平行的判定定理得.【详解】设不同的直线，和不同的平面，对于A，则与平行或异面，故A错误；对于B，则与平行或相交，故B错误；对于C，则与平行或异面，故C错误；对于D，则由面面平行的定义可得，故D正确.故选：D.6. 在正项等比数列中，和为方程的两根，则A. 16B. 32C. 6 4D. 256【答案】C【解析】【分析】由a1和a19为方程x210 x+160的两根，根据韦达定理即可求出a1和a19的积，而根据等比数列的性质得到a1和a19的积等于a102，由数列为正项数列得到a10的值，然后把所求的式子也利用等比数列的性质

4、化简为关于a10的式子，把a10的值代入即可求出值【详解】因为a1和a19为方程x210 x+160两根，所以a1a19a10216，又此等比数列为正项数列，解得：a104，则a8a10a12（a8a12）a10a1034364故选C【点睛】本题考查学生灵活运用韦达定理及等比数列的性质化简求值，是一道基础题7. 记为等差数列的前项和，且，则取最大值时的值为（ ）A 12B. 12或11C. 11或10D. 10【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，由，可解出值为2，从而可知数列前11项为正；第12项为0；从第13项起，各项为负，所以取得最大值时n的值可确定.【详解】解：设等差数列的公差

5、为，由，得，即，又，所以，所以，令，可得，所以数列满足：当时，；当时，；当时，所以取得最大值时，的取值为11或12.8. 的三内角的对边分别为且满足，且，则的形状是（ ）A. 等腰三角形B. 等边三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】B【解析】【分析】对已知条件结合正弦定理进行边换角，另一个条件说明三角形是等腰三角形，两者结合起来判断.【详解】根据条件：，利用正弦定理可得：，整理得：，则，化简得：，故，在中，由于，所以（不可能），故.所以为等边三角形.故选：B.9. ，则（ ）A. 1B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值

6、，进而根据二倍角的正弦公式即可求解.【详解】因为，则，所以故选：B10. 若，且，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，得，利用“”的代换求最值.【详解】因为，且，所以，所以，当且仅当时，取等号，所以的最小值为，故选：A.11. 如图，点M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连接，根据异面直线所成角的定义，转化为求（或其补角），然后在三角形中用余弦定理即可解得.【详解】连接，如图：易得，所以（或其补角）是异面直线AM与BC1所成角，设正方体的棱长为，在三

7、角形中，所以异面直线AM与BC1所成角的余弦值是.故选：A【点睛】本题考查了求异面直线所成角，通过找平行线转化为两条相交直线所成角（或其补角）是解题关键，属于基础题.12. 疫情期间，为保障市民安全，要对所有街道进行消毒处理.某消毒装备的设计如图所示，为街道路面，为消毒设备的高，为喷杆，处是喷洒消毒水的喷头，其喷洒范围为路面，喷射角.若，则消毒水喷洒在路面上的宽度的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知利用三角形的面积公式可求，利用余弦定理，基本不等式可求，即可得解DE的最小值.【详解】解：到地面的距离，因为，则，即，从而利用余弦定理得：，当且仅当时等式成立，故

8、DE，则，当且仅当时等式成立，故DE的最小值为.故选：C.二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 等比数列中，则_.【答案】11【解析】【分析】利用等比数列求和公式求出即可.【详解】解：根据题意，.故答案为：11.14. 若，满足约束条件，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为直线在轴截距最小的问题，由数形结合的方法可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：当取得最小值时，直线在轴截距最小，由图形可知：当过点时，在轴截距最小，由得：，即，.故答案为：.【点睛】方法点睛：线性规划问题中几种常见形式有：截距型：，将问题转化为在轴截距的

9、问题；斜率型：，将问题转化为与连线斜率的问题；两点间距离型：，将问题转化为与两点间距离的平方的问题；点到直线距离型：，将问题转化为到直线的距离的倍的问题.15. 如图，为测量某信号塔PO的高度，选择与塔底O在同一水平面上的A，B两点为观测点(假设PO平面AOB).在A处测得塔顶P的仰角为30，在B处测得塔顶P的仰角为45.若AB=40米，ABO=120，则信号塔PO的高为_米.【答案】40【解析】【分析】设OP=h，则OA=h，OB=h，利用余弦定理即可求出.【详解】设OP=h，则OA=h，OB=h.在AOB中，由余弦定理可得3h2=h2+1600-240hcos120，所以h2-20h-80

10、0=0，即(h-40)(h+20)=0，解得h=40或h=-20(舍去).故答案为：40【点睛】本题考查余弦定理的应用，属于基础题.16. 九章算术中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）在如图所示的堑堵中，且有鳖臑和鳖臑，现将鳖臑的一个面沿翻折，使点翻折到点，求形成的新三棱锥的外接球的表面积是_.【答案】【解析】【分析】作出图象，由题可推出，两两垂直，把三棱锥补成长方体，长方体的对角线是外接球的直径，由此三棱锥外接球的表面积.【详解】解：如图，将面沿翻

11、折，得到，由题可知，由直角三角形性质，可知是直角三角形，又平面，平面，平面，满足，两两垂直，把三棱锥补成长方体，则长方体的对角线为外接球的直径，外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查球的表面积计算问题，遇到共顶点两两垂直的三棱锥外接球问题，可补全成长方体外接球求解，考查转化思想和计算能力，属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 关于x不等式：.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对一切实数恒成立，求的取值范围.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）求出方程的实数根即可得出；（2）利用即可求解.【详解】解：（1）当时，原不等式化为，方程的实数根为，原

12、不等式的解集为或（2）不等式对一切实数恒成立，即 ，解得，所以的取值范围为.18. 在中，内角、的对边分别为、，且（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的值【答案】(1).(2).【解析】【详解】分析：（1）利用正弦定和三角形内角和定理与三角恒等变换，即可求得的值；（2）由三角形面积公式和余弦定理，即可求得的值.详解：(1)由已知及正弦定理得：， ， (2) 又所以，点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，齐总利用正、余弦定理解三角形问题是高考高

13、频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.19. 如图，直三棱柱中，且，分别是，的中点（1）求证：平面；（2）求证：平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)连接A1B交AB1于O，连接OD，证明A1C/OD即可得解；(2)由所给条件证得，进而证得，再在正方形中，由三角形全等证得即可得证.【详解】（1）直三棱柱中，连接，交于，连接，如图，则为的中点，因为为的中点，即为三角形的中位线，于是得，而平面，平面，所以，平面； （2）因，则正三角形，即有，而为的中点，则，直三棱柱中，有平面，平面，于是有，又平面，平面，且，从而得平面，而平面，于是

14、得，四边形是正方形，点D，E分别为BC，CC1中点，从而有，则，而，于是得，即，又，所以平面20. 已知是公差不为零的等差数列，是和的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）令，设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依题意设公差为，根据等差中项的性质得到方程，求出，即可得到通项公式；（2）由（1）可得，再利用分组求和法求和即可；【详解】解：（1）设公差为，因为是和的等比中项.所以，即，解得或（舍去）所以（2）由（1）可知，所以所以21. 已知函数，其中.（1）求最小正周期；（2）若函数，且对任意的，当时，均有成立，求正实数的最大值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）化简函数的解析式，利用公式求解即可；（2）构造函数，由单调性的定义得出在区间上为增函数，结合正弦函数的单调性，得出正实数的最大值.【小问1详解】解：由题意得，所以，最小正周期【小问2详解】解：根据题意， 令，因为对任意的，当时，均有成立，所以对任意的，当时，均有成立，即所以，在区间上为增函数，因为，所以，所以，函数包含原点的单调递增区间为，所以，是的真子集，所以，即正实数的最大值为.22. 已知数列的前项和为，且满足，当时，.（1）计算：，