四川省双流中学2019-2020学年高二上学期入学考试数学(理)试题

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四川省双流中学2019-2020学年高二上学期入学考试数学(理)试题

双流中学2019-2020学年度上期高2018级入学考试 理科数学 第Ⅰ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a>b, c>d,则下列不等式中恒成立的是( )‎ A. a+d>b+c B. ac>bd C. D. d-a< c-b ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的性质判断即可.‎ ‎【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.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.‎ ‎4.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+2y﹣1=0,直线l2:8x+ay+2﹣a=0,l1∥l2,‎ ‎∴,且 解得a=﹣4.‎ 所以直线l1:4x-2y+1=0,直线l2:4x-2y+3=0,‎ 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.‎ ‎5.把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变),再把所得曲线向右平移个单位长度,最后所得曲线的一条对称轴是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出图像变换最后得到的解析式,再求函数图像的对称轴方程.‎ ‎【详解】由题得图像变换最后得到解析式为,‎ 令,‎ 令k=-1,所以.‎ 故选:A ‎【点睛】本题主要考查三角函数图像变换和三角函数图像对称轴的求法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,属于基础题.‎ ‎6.已知平面α及直线a,b,则下列说法正确的是(  )‎ A. 若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线平行 B. 若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线不可能垂直 C. 若直线a,b平行,则这两条直线中至少有一条与平面α平行 D. 若直线a,b垂直,则这两条直线与平面α不可能都垂直 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 对于A,若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线平行、相交、异面,故A错;对于B,若直线a,b与平面α 所成角都是30°,则这两条直线可能垂直,如图,直角三角形ACB的直角顶点C在平面α内,边AC、BC可以与平面α都成30°角,故B错;‎ C显然错误;‎ 对于D,假设直线a,b与平面α都垂直,则直线a,b平行,与已知矛盾,则假设不成立,故D正确,故选D.‎ 点睛:直线与平面所成的角为30°,可以想象一个圆锥,底面就是题中的平面,圆锥的轴截面顶角是120°,则所有母线与底面所成角都是30°,而这此母线是相交的,把其中的一条母线平移,就出平行,异面的情形.用实物演示可以给学生直观的印象,有助于学生掌握相应的知识.‎ ‎7.已知是圆的直径,点,是半圆弧的两个三等分点,,,则()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接、,由圆的性质与等腰三角形的性质,证出且,得到四边形为平行四边形,所以,再根据题设条件即可得到用,表示向量的式子。‎ ‎【详解】连接、,因为点、是半圆弧的的两个三等分点,所以弧弧,可得,,因为,,由此可得,所以,所以四边形为平行四边形,可得,,,.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的线性表示。‎ ‎8.某三棱锥的三视图如图所示,且三个三角形均为直角三角形,则的最大值为( )‎ A. 32 B. 32 C. 64 D. 64‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】依题意,题中的几何体是三棱锥P-ABC(如图所示),‎ 其中△ABC是直角三角形,AB⊥BC,PA⊥平面ABC,‎ BC=2,PA2+y2=102,(2)2+PA2=x2,‎ 因此xy=x当且仅当x2=128-x2,‎ 即x=8时取等号,因此xy的最大值是64‎ 故答案为:C。‎ ‎9.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.‎ ‎10.若正数a,b满足:+=1,则的最小值为( )‎ A. 16 B. 9 C. 6 D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】法一、因为,所以,‎ 所以.‎ 法二、因为,所以,.‎ 法三、因为,所以,所以,故选C.‎ ‎11.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.‎ ‎12.已知锐角的内角,,的对边分别为,,,若,则的取值范围是()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由余弦定理得到,再由正弦定理得到,从而对进行化简,最后由角取值范围可求范围。‎ ‎【详解】由余弦定理得,因为,‎ 则,即;‎ 由正弦定理得,‎ 所以,即,‎ 即.‎ 又因为,所以,即.‎ 因为,,所以,所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理以及两角和与差公式。‎ 第Ⅱ卷(共90分)‎ 二、填空题:(本大题共4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.若实数,满足约束条件,则的最小值为______.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出可行域,在利用直线截距的几何意义求助目标函数的最小值。‎ ‎【详解】本题中约束条件下的可行域如图阴影表示,‎ 由,得,‎ 当直线在轴上截距最大时,有最大值。‎ 所以当直线经过点时,有.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划。‎ ‎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,‎ 设四棱锥的外接球半径为,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.已知数列满足,,为数列的前项和,则满足不等式的的最大值为______.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先分析题目已知且,其前项和为,求满足不等式的最大整数.故可以考虑把等式变形得到,然后根据数列为等比数列,求出代入绝对值不等式求解即可得到答案。‎ ‎【详解】对变形得:,即,故可以分析得到数列的首项为12,公比为的等比数列。‎ 所以,,‎ 所以,‎ ‎,解得最大正整数.‎ ‎【点睛】此题主要考查不等式的求解问题,其中涉及到可化为等比数列的数列的求和问题,属于不等式与数列的综合性问题,判断出数列为等比数列是题目的关键,有一定的技巧性属于中档题目.‎ 三、解答题(本大题共6小题,共74分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)‎ ‎17.已知函数.‎ ‎(1)求不等式的解集;‎ ‎(2)若当时,恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)不等式可化为:,比较与的大小,进而求出解集。‎ ‎(2)恒成立即恒成立,则,进而求得答案。‎ ‎【详解】解:(1)不等式可化为:,‎ ‎①当时,不等无解;‎ ‎②当时,不等式的解集为;‎ ‎③当时,不等式的解集为.‎ ‎(2)由可化为:,‎ 必有:,化为,‎ 解得:.‎ ‎【点睛】本题考查含参不等式的解法以及恒成立问题,属于一般题。‎ ‎18.在平面直角坐标系中,的三个顶点分别为,,,其中点在直线上.‎ ‎(1)若,求的边上的中线所在的直线方程;‎ ‎(2)若是直角三角形,求实数的值.‎ ‎【答案】(1)(2)0或6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)因为点在直线上,结合求出点坐标,利用中点坐标公式,求出 边的中点的坐标,再由斜率公式求出,最后由直线方程的点斜式可求;‎ ‎(2)当为直角三角形时,有三种情况,需要分类讨论。利用平面向量內积的坐标运算可求的值。‎ ‎【详解】解:(1)当时,,边的中点,所以,所以由点斜式方程可得方程为:即为.‎ ‎(2)设,,,,‎ 当时,,即,得;‎ 当时,,即,得;‎ 当时,,即,无解;‎ 综上,的值为0或6.‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是直线的斜率公式,直线的点斜式方程,中点坐标公式,平面向量內积的坐标运算。‎ ‎19.如图1,在中,,,,、分别是、上的点,且,将沿折起到的位置,使,如图2.‎ ‎(Ⅰ)求证:平面;‎ ‎(Ⅱ)当长为多少时,异面直线,所成的角最小,并求出此时所成角的余弦值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)当时,异面直线,所成的角最小,此时所成角的余弦值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)根据线线垂直线面垂直(Ⅱ)利用垂直关系写出函数关系,求函数的最小值,最后结合余弦函数的单调性可求得。‎ ‎【详解】解:(Ⅰ)证明:因为平面,‎ 又平面,所以,‎ 平面;‎ ‎(Ⅱ)如图,连结,并设,,,‎ 由(Ⅰ)中平面,所以有,从而在中,‎ ‎,‎ 又在中,,‎ 显然,当时,,‎ 即(或是为中点)时,线段长度有最小值,最小值是.‎ 又因为,且,则即为异面直线,所成角,‎ 又在中,.结合余弦函数在锐角范围上是单调递减函数,所以当取最大时,取最小.‎ 综上,当时,异面直线,所成的角最小,此时所成角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定、性质与空间中点、点距离的最值问题.设出变量,构造函数利用求函数最值的方法求解,是此类题的常用方法.‎ ‎20.如图,四边形是边长为2的菱形,,,,‎ ‎.‎ ‎(1)求证:平面平面;‎ ‎(2)求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)详见解析(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)推导出,,从而 平面,进而,再求出,从而平面,由此能证明平面平面;‎ ‎(2)解1:设到平面距离为,,连接,,‎ 由,能求出点到平面的距离。‎ 解2:建立空间直角坐标系,利用空间中点到平面的距离公式计算可得。‎ ‎【详解】(1)证明:∵,,∴,∴,同理,∴平面,∴;又四边形为菱形,∴,∵,∴平面,∵平面,∴平面平面.‎ ‎(2)解1:设到平面的距离为,,连接,,由(1)可知四边形时直角梯形,.又∵平面,∴,又中,,,∴,由 ‎,解得:.‎ 所以点到平面的距离为.‎ 解2:由(1)平面平面,又平面平面,且平面,过作,垂足为点,则平面,所以即为点到平面的距离,分别以,为,轴建立直角坐标系,则,,,则:,.‎ ‎【点睛】本题主要考查线线垂直线面垂直面面垂直;等体积法求空间中的距离问题;利用空间中点到平面的距离公式计算距离。‎ ‎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.在数列中,,,,。‎ ‎(1)证明数列是等比数列,并求数列的通项公式;‎ ‎(2)设,,求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)证明见解析.‎ ‎(2)‎ ‎【解析】‎ 分析:(1)根据数列的递推公式可得是首项为2,公比为2的等比数列,再用累加法即可求得数列的通项公式;‎ ‎(2)根据题中所给的条件,进一步求得数列的通项公式,从而得到数列的通项公式,之后应用裂项相消法求得其和.‎ 详解:(1)由 ,得,‎ 又, ,所以,‎ 所以是首项为,公比为的等比数列.所以,所以 ‎.‎ ‎(2),, ‎ ‎,‎ 又 ‎ 所以数列的前项和为. ‎ 点睛:该题考查的是有关数列的问题,涉及到的知识点有等比数列的证明,累加法求通项公式,对数式的化简,裂项相消法求和,思路清晰,头脑清醒是解决问题的关键.‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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