四川省成都石室中学2019-2020学年高二上学期入学考试数学试题 20页

成都石室中学2019-2020学年度上期高2021届 入学考试试题 一、选择题（共12小题；共60分）‎ ‎1.设集合，集合，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题结合一元二次不等式的解法，考察集合的并集运算。‎ ‎【详解】可解得集合A，，选B.‎ ‎【点睛】解决一元二次不等式应注意大前提是二次项系数大于零时才满足：小于取中间，大于取两边。‎ ‎2.在等比数列中，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 应当做整体处理，可看做，求出，再进行求解。‎ ‎【详解】，可求出=6，，选D.‎ ‎【点睛】等比数列的求法主要是解决的问题，整体代换解决是数学中常用的方法，考生应强化指数的相关运算。‎ ‎3.已知为平面，为直线，下列命题正确的是( )‎ A. ，若，则 B. ，则 C. ，则 D. ，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 选项直线有可能在平面内；选项需要直线在平面内才成立；选项两条直线可能异面、平行或相交.选项符合面面平行的判定定理，故正确.‎ ‎4.与直线的距离等于的直线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查平行直线间的距离公式。‎ ‎【详解】设直线方程为，两平行直线间的距离为，解得c=0或-2。‎ 直线的方程为 或 正确答案选C。‎ ‎【点睛】平行直线间的距离公式为 ‎5.已知向量，，，若，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考察的是向量的数量积公式的坐标运算、同角三角函数的求法、正切角的和角公式。‎ ‎【详解】= ，，，，,选B.‎ ‎【点睛】本题不难，但综合性强，三角函数的基本公式能熟练运用，同角三角函数能进行快速转换是本题快速解题的关键。‎ ‎6.已知数列的通项公式为，则满足的的取值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考察了数列通项的表示方法、不等式分类讨论的基本思想。‎ ‎【详解】，，可得 ‎<，<，此时可分三种情况进行讨论：‎ ‎② 时，，‎ ‎②时，，‎ ‎③ 时，，‎ 所以，选B.‎ ‎【点睛】解题遇到不等式中未知项在分母时，需进行分类讨论，讨论时要做到不重不漏。‎ ‎7.若正数，满足，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查了利用基本不等式求解最值问题,解题的关键是基本不等式的应用条件的配凑。‎ ‎【详解】解:， ‎ ‎,‎ 当且仅当,又,解得时取等号.‎ 所以D选项是正确的.‎ ‎【点睛】基本不等式解法中应掌握三种最基本类型：‎ ‎， ，‎ ‎8.己知，，若的角平分线所在直线方程是，则直线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查的是点关于直线的对称点、直线关于直线的对称直线，可通过设B的对称点，再根据对称性质进行求解。‎ ‎【详解】分析试题：由题意可知直线和直线关于直线对称。设点 关于直线的对称点为，则有，即。因为在直线上，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即。‎ 故A正确。‎ ‎【点睛】解决直线的对称性问题对考生来说相对较抽象，可结合草图来加强理解。‎ ‎9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先把三视图转化为几何体，进一步用球体的表面积公式进行求解。‎ ‎【详解】如图所示，‎ 该几何体的外接球半径为，所以，‎ ‎，外接球的表面积为。选D.‎ ‎【点睛】三视图还原几何体对部分考生来说难度大，考生应多结合实物加强理解。‎ ‎10.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则角A的大小为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理化边为角，再切化弦，利用和角的公式，化简求解角A.‎ ‎【详解】根据 ‎，‎ 由此得到角A为，故选C.‎ ‎11.已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 本题主要考查向量法求异面直线所成角的余弦值 ‎【详解】以垂直于的方向为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：‎ 则，，‎ 由于，则：‎ ‎，‎ 即，，‎ 设异面直线与所成角为，‎ 所以异面直线与所成角的余弦值:‎ 故本题正确答案为 ‎【点睛】选择合适的坐标系是解题的关键。‎ ‎12.2019年11月11日是石室中学周年校庆日，学校数学爱好者社团组织“解题迎校庆，我爱”的活动.其中一题如下：已知数列，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推.若该数列前项和为，则求满足，且是的倍数条件的整数的个数为（ ）‎ A. 10 B. 12 C. 21 D. 60‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前 项和。将已知数列分组，使每组第一项均为1，即：，，，，利用等比数列前项和公式，可得答案 ‎【详解】将已知数列分组，使每组第一项均为1，‎ 即：，，，，‎ 根据等比数列前项和公式，‎ 求得每项和分别为：，，，，，‎ 每项含有的项数为：1，2，3，，，‎ 总共的项数为，‎ 所有项数的和为 ‎，‎ 当时，成立，N=15,‎ 当时，成立, N=55‎ ‎,,所以多出的6项符合。‎ 综上所述，，故满足条件的N可表示为，共10个，选A.‎ ‎【点睛】此题来自于2017年全国新课标Ⅰ卷试题改编，试题本身难度大，考生解决此类问题需要学会对数据分组，合理采用赋值法，也需要不断提升计算能力。‎ 二、填空题（共4小题；共20分）‎ ‎13.在等差数列中，，，则_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本次考察的是等差数列通项公式的求法。‎ ‎【详解】，‎ ‎【点睛】等差数列通项公式除了掌握，考生还应掌握 ‎14.在中，内角，，对边的边长分别为，，，满足等式，则角的大小为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是余弦定理。‎ ‎【详解】，化简得，‎ ‎【点睛】余弦定理涉及三个数的平方，只要观察到题中出现了之间的平方数，就应该考虑用余弦定理。‎ ‎15.若,满足约束条件则的最大值 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A（1,3）与原点连线的斜率最大，故的最大值为3.‎ 考点：线性规划解法 ‎16.等差数列的前项和为，，且，直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分析的性质，再由直线方程转化出的表达式，进而求出的前n项和。‎ ‎【详解】由可得，，为等差数列， ，为等差数列，，‎ 又，，，，，，‎ ‎，当时，，当时，，‎ ‎=，‎ ‎=‎ ‎【点睛】构造数列和裂项求和是解决数列问题常用的基本方法，考生应掌握常见的裂项公式。‎ 三、解答题（共6小题；共70分）‎ ‎17.如图直线过点，且与直线和分别相交于，两点.‎ ‎（1）求过与交点，且与直线垂直的直线方程；‎ ‎（2）若线段恰被点平分，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查直线方程的基本求法：垂直直线的求法、点关于点对称、点在直线上的待定系数法。‎ ‎【详解】（1）由题可得交点，‎ 所以所求直线方程为，即；‎ ‎（2）设直线与直线相交于点，‎ 因为线段恰被点平分，‎ 所以直线与直线的交点的坐标为．‎ 将点，的坐标分别代入，的方程，‎ 得方程组 解得 由点和点及两点式，得直线的方程为，‎ 即．‎ ‎【点睛】直线的考法主要以点的对称和直线的平行与垂直为主。点关于点的对称，点关于直线的对称，直线关于直线的对称，是重点考察内容。‎ ‎18.如图所示，在△ABC中，D是BC边上的一点，且AB=14，BD=6，∠ADC=，．‎ ‎（Ⅰ）求sin∠DAC；‎ ‎（Ⅱ）求AD的长和△ABC的面积．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）在中，已知∠ADC=，，要求sin∠DAC，所以将∠DAC用∠ADC和∠C来表示可得∠DAC=π﹣（∠ADC+∠C），进而用诱导公式可得， 再用两角和的正弦公式展开，利用条件可求得结果；（Ⅱ）在△ABD中，知道一个角、两条边，故可用余弦定理求边AD的长。△ACD中，根据条件由正弦定理可求CD边长，进而可求BC边长，根据条件分别求的面积即可得所求。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）△ACD中，因为∠DAC=π﹣（∠ADC+∠C），∠ADC=，‎ 所以 =； ‎ 因为 ，0＜∠C＜π，所以 ； ‎ 所以 ； ‎ ‎（Ⅱ）在△ABD中，由余弦定理可得AB2=BD2+AD2﹣2BD•AD•cos∠ADB， ‎ 所以 ，所以 AD2+6AD﹣160=0，即 （AD+16）（AD﹣10）=0，‎ 解得AD=10或AD=﹣16（不合题意，舍去）；所以 AD=10； ‎ 在中，由正弦定理得，即 ，解得CD=15；所以 ，即．‎ ‎【点睛】三角形中已知边和角，求其它的边、角，应用正弦定理或余弦定理。⑴已知三边，可用余弦定理求角；⑵已知两边一角，可用余弦定理求第三边；⑶已知两边一对角，可用正弦定理或余弦定理求第三边；⑷已知两角一边，应用正弦定理求边。‎ ‎19.如图，在三棱柱中，底面，，，，是棱的中点，是棱的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得？请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证线面平行只需证线线平行，并说明所需证明直线在平面内即可。‎ ‎（2）要证线面垂直可通过面面垂直来进行证明，并说明该垂直直线垂直于两平面交线。‎ ‎【详解】（1）取中点，连接，则，‎ 又，所以四边形是平行四边形 则，又面，面，所以；‎ ‎（2）因为在侧面中，，，是棱的中点，所以，，‎ 则，‎ 因为平面，‎ 所以，‎ 所以平面，‎ 又平面，‎ 所以平面平面，且平面平面，‎ 过点作于，‎ 所以平面，‎ 则，‎ 所以在线段上存在点，使得．‎ ‎【点睛】点线面的位置关系一般可以通过相互推到和转化进行证明。‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）求函数的最小正周期及图象的对称轴方程；‎ ‎（2）中，角，，所对的边分别为，，，若，则求函数的值域.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 通过化简和辅助角公式可得出最简式。‎ 化简得出的表达式，可用整体法转化成二次函数形式进行求值。‎ ‎【详解】（1）.‎ 所以最小正周期．‎ 由得.‎ 函数图象的对称轴方程为.‎ ‎（2）.‎ 当时，取得最小值；故的值域为．‎ ‎【点睛】三角函数考生应以基础函数的图像与性质记忆为主，求解过程中常采用换元法，此时应注意换元法中新元的定义域。‎ ‎21.已知四边形为直角梯形，，，且，，点，分别在线段和上，使四边形为正方形，将四边形沿翻折至使.‎ ‎（1）若线段中点为，求翻折后形成的多面体的体积；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)多面体一般可通过切割的方式转化成常规几何体进行求解。分析题意可得 ‎(2)求线面角需要先作直线在平面的垂线，找出垂足，进而找出直线在平面的线段投影，再根据几何关系进行求解。‎ ‎【详解】（1）；‎ ‎（2）易证．‎ 所以直线与平面所成角就是直线与平面的所成角．‎ 过作于点，连接，如图，‎ 由四边形为正方形，‎ 所以，，‎ 所以平面，‎ 所以，‎ 所以平面，‎ 所以为直线与平面所成的角，‎ 因为为中点，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以．‎ 即直线与平面所成角的正弦值是.‎ ‎22.已知数列满足：，.‎ ‎（1）求数列的通项；‎ ‎（2）若，求数列的前项和；‎ ‎（3）设，，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）采用叠加法可直接求出 ‎（2）通项为等差乘等比的形式，采用错位相减法可求得 ‎（3）复杂题型的裂项需要先进行试值，经检验。符合裂项公式，再采用叠加法求值即可。‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以当时，‎ ‎；‎ 又，故．‎ ‎（2）由（1）及题设知：，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎（3）由（1）及题设知：，所以 所以，‎ 即，所以．‎ 又是递增数列，所以的最小值为，‎ 即证.‎ ‎【点睛】错位相减法一定要注意位置对应关系及两式相减后的符号正负。数列求恒成立问题基本上是通过叠加法、放缩法、裂项法、构造函数法等相关方法求得。‎ ‎ ‎