江蘇省淮安市2021-2022學年高二數(shù)學上學期入學調研試題文B

1、PAGE PAGE 162022屆高二入學調研試卷文 科 數(shù) 學 （B）注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第卷（選擇題）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1設是等比數(shù)列，且，則（ ）A1

2、2B2C30D32【答案】D【解析】因為是等比數(shù)列，所以數(shù)列也是等比數(shù)列，因為，所以的公比為，所以，故選D2下列各題中結論正確的是（ ）A當時，B當時，C當時，D當時，【答案】B【解析】對于A，由于，所以，當且僅當，即時取等號，而，所以不能取到等號，即，所以A錯誤；對于B，因為，所以，當且僅當，即時取等號，所以B正確；對于C，當且僅當，即時取等號，而，所以不能取到等號，所以C錯誤；對于D，由選項可知，當時，不成立，所以D錯誤，故選B3已知數(shù)列是等差數(shù)列，公差，前項和為，則的值（ ）A等于4B等于2C等于D不確定，與有關【答案】B【解析】由數(shù)列是等差數(shù)列，得；，所以，故選B4在中，內角、所對的邊

3、分別為、，滿足，則（ ）ABCD【答案】D【解析】在中，由正弦定理可化成，由余弦定理可得：，故選D5圓錐的母線與底面所成的角為45，側面面積為，則該圓錐的體積為（ ）ABCD【答案】B【解析】設圓錐PO的底面圓半徑r，母線長l，如圖所示，點B在底面圓周上，圓O所在平面，則是圓錐的母線PB與底面所成的角，即，于是有，從而得圓錐側面積，解得，圓錐的高，所以圓錐的體積為，故選B6設直線，平面，下列條件能得出的有（ ），且，且，且，且，A個B個C個D個【答案】A【解析】錯誤，因為時，不能推出；錯誤，一個平面內有兩條平行直線平行于另一個平面，這兩個平面可能相交；錯誤，滿足條件時，兩個平面可能相交；正確，

4、一個平面上的兩條相交線分別與另一個面平行，則兩個面平行故只有正確，故選A7當點到直線的距離最大時，m的值為（ ）A3B0CD1【答案】C【解析】直線可化為，故直線過定點，當和直線垂直時，距離取得最大值，故，故選C8如圖，點在正方體的面對角線上運動，則下列結論中不一定正確的是（ ）A平面B平面平面C三棱錐的體積不變D【答案】D【解析】對于A：連接，因為正方體，所以，且平面，平面，所以平面平面，因為平面，所以平面，故A正確；對于B：連接AC，則，又平面ABCD，所以，所以平面，所以，同理可得，又，則，所以平面BDP，因為平面，所以平面平面，故B正確；對于C：因為，平面，平面，所以平面，所以P到平面

5、的距離不變，所以三棱錐體積不變，即三棱錐的體積不變，故C正確；對于D：連接，因為正方體，所以，平面，所以，所以平面，則，假設，則平面，所以，這顯然不成立，假設錯誤，故D錯誤，故選D9在直角坐標平面內，與點距離為2，且與點距離為3的直線共有（ ）A1條B2條C3條D4條【答案】C【解析】當直線不存在斜率時，設為，由題意可知：且，沒有實數(shù)使得兩個式子同時成立；當直線存在斜率時，設直線方程為，點到該直線的距離為2，所以有，點到該直線的距離為3，所以有，由，得或，當時，代入中，得，該方程的判別式，該方程有兩個不相等的實數(shù)根，當時，代入中，得，該方程的判別式，該方程有兩個相等的實數(shù)根，所以這樣的直線共有

6、三條，故選C10若圓上存在到直線的距離等于1的點，則實數(shù)的取值范圍是（ ）ABCD【答案】A【解析】將圓的方程化為標準形式得圓，所以圓心坐標為，半徑為，因為圓上存在到直線的距離等于1的點，所以圓心到直線的距離滿足，即，解得，故選A11在長方體中，分別為，的中點，則（ ）AB三棱錐的體積為C三棱錐外接球的表面積為D直線被三棱錐外接球截得的線段長為【答案】D【解析】假設，又因為，所以平面，所以，而在矩形中，顯然是不成立的，故選項A錯誤；三棱錐的體積為，故選項B錯誤；根據(jù)，可知三棱錐外接球的直徑為，從而三棱錐外接球的表面積為，故選項C錯誤；球心為線段的中點，在中，球心到直線的距離等于點到直線的距離的

7、一半，而點到直線的距離等于，所以球心到直線的距離等于，又該外接球的半徑為，所以直線被三棱錐外接球截得的線段長，故選項D正確，故選D12數(shù)列滿足，則數(shù)列的前60項和等于（ ）A1830B1820C1810D1800【答案】D【解析】當為正奇數(shù)時，由題意可得，兩式相加得；當為正偶數(shù)時，由題意可得，兩式相減得因此，數(shù)列的前項和為，故選D第卷（非選擇題）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分13在中，若，則的面積為_【答案】【解析】在中，由余弦定理可得，代入數(shù)據(jù)可得，即，解得或（舍），由面積公式可得的面積為，故答案為14已知x，y滿足約束條件，則的最大值是_【答案】【解析】由題意，約束條件的可行域如圖

8、陰影部分，由得；由得；由得，的幾何意義是可行域內的點與點連線的斜率，所以z取得最大值，只需斜率取得最大值，由圖形可知PC連線的斜率取得最大值為，故答案為15已知點，如果直線上有且只有一個點使得，那么實數(shù)的值為_【答案】10【解析】由題意知，點P的軌跡是以為直徑的圓，圓的方程為，所以要使得直線上有且只有一個點P使得PAPB，則此直線與圓相切，圓心，半徑為，所以，解得或（舍去），所以，故答案為1016正方體中，是的中點，是線段上的一點給出下列命題：平面中一定存在直線與平面垂直；平面中一定存在直線與平面平行；平面與平面所成的銳二面角不小于；當點從點移動到點E時，點到平面的距離逐漸減小其中，所有真命題

9、的序號是_【答案】【解析】對于：假設平面中存在直線l面，則由面面垂直的判定定理可得：面面而在正方體中，面面因為是的中點，是線段上的一點，所以面與面不重合，所以過AC有兩個平面和均與面垂直，這與過平面內一條直線有且只有一個平面與已知平面垂直相矛盾，故假設不正確，所以錯誤；對于：過M作MN垂直A1D1于N，在AC上取一點Q，過Q作PQAD于P，且PQ=MN則有，所以四邊形MNPQ為平行四邊形，所以，又面MAC，面MAC，所以面MAC，故正確；對于：當M與A1重合時，DAC即為二面角的平面角，此時DAC=45當M與A1向E移動時，平面與平面所成的銳二面角在增大，所以平面與平面所成的銳二面角不小于；故

10、正確；對于：當M與A1重合時，D到面MAC的距離最大，當M從A1向E移動時，點到平面的距離逐漸減小，故正確，故答案為三、解答題：本大題共6個大題，共70分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17（10分）已知點，直線，直線過點且與垂直，直線交圓于兩點（1）求直線的方程；（2）求弦的長【答案】（1）；（2）【解析】（1）直線的斜率為，則直線的斜率為，又過點，由點斜式方程可知直線為，即（2）直線與圓相交，則圓心到直線的距離為，圓的半徑為，所以弦長18（12分）如圖，三棱柱中，底面，且為正三角形，為中點（1）求證：直線平面；（2）求證：平面平面【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析【解析】證明

11、：（1）連接交于點，連接，則點為的中點為中點，得為中位線，平面，平面，直線平面（2）底面，平面，底面正三角形，是的中點，平面，平面，平面平面19（12分）在中，角所對應的邊分別為，向量，且（1）求角；（2）若，判斷的形狀【答案】（1）；（2）直角三角形【解析】（1）因為向量，且，所以，即，所以，可得，因為，所以，所以，所以（2）因為，由正弦定理可得，因為，所以，即，所以，整理可得，所以，所以，因為，所以，所以或，所以或當時，可得，此時是直角三角形，當時，可得，此時是直角三角形，綜上所述：是直角三角形20（12分）設等差數(shù)列的前項和為，公差為，已知，（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若，求數(shù)列的前項和【答案】（1）；（2）【解析】（1）由題意得，解得，數(shù)列的通項公式為（2），當為奇數(shù)時，；當n為偶數(shù)時，21（12分）已知二次函數(shù)（1）若的解集為，解關于x的不等式；（2）若不等式對恒成立，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）的解集為，故，從而，解得（2）恒成立，令，從而，令當時，；當時，的最大值為22（12分）在通用技術課上，老師給同學們提供了一個如圖所示的木質正四棱錐模型點在棱上，滿足，點在棱上，滿足，要求同學們按照以下方案進行切割：（1）試在棱上確定一點，使得平面；（2）過點的平面交于點，沿平面將四棱錐模型切割成兩部分，在實施過程中為了方便切割，需先在模型