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 19页

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.‎ ‎ ‎ ‎ ‎