【文档说明】四川省广安市武胜烈面中学校2021-2022学年高二上学期入学考试数学（理）试题 答案.docx，共(9)页，90.750 KB，由小赞的店铺上传

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烈面中学高2020级高二上期入学考试数学试卷（理科）【答案】1.B2.A3.A4.D5.D6.C7.B8.B9.B10.A11.A12.C13.1114.15.4016.．17.解：当时，原不等式化为，方程的实数根为，，原不等式的解集为或

．不等式对一切实数恒成立，，即，方程的实数根为和0，，所以a的取值范围为．18.解：中，，由正弦定理得：，又，，又，，又，，；由，解得；又，，，．19.证明：如图，连接，交于O，连接OD，则O为的中点，因为D为BC的中点，所以OD为的中位线

，所以，又平面，平面，所以平面；因为，，D为BC的中点，所以，因为为直棱柱，所以平面ABC，平面ABC，所以，所以平面，因为平面，所以，因为∽，，，所以，即，因为，所以平面．20.解：设是公差d不为零的等差数列，由，是和的等比中项，可得，即有，解得舍去，

则；，，所以数列的前n项和．21.解：由题意得，；由题意得，令即故在区间上为增函数由，得出，，则函数包含原点的单调递增区间为即故正实数t的最大值为．22.解：令，得，又，所以；令，得，所以．因为当时，，所以，所以数列为等差数列，所以，所以，于是，当时，，当时，，满足上式，故．因为，则，于是，

．【解析】1.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．利用不等式的基本性质，采用做

差法逐一判断各选项的正误即可．本题考查不等式的基本性质，属于基础题．2.解：．故选：A．利用两角和的余弦公式，特殊角的三角函数值即可求解．本题主要考查了两角和的余弦公式，特殊角的三角函数值在三角函数求值中的

应用，属于基础题．3.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．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．本题考查的知识要点：三视图和几何体的直

观图之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．4.解：设等差数列的公差为d，由，得，即，又，所以，故．故选：D．设等差数列的公差为d，由，可解出d值，从而可求出．本题考查等差数

列的通项公式，前n项和；考查学生的运算求解能力，属于基础题．5.解：设不同的直线a，b和不同的平面，，，对于A，，，则a与b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a与b平行或异面，故C错误；对于D，，，则由面面平行的判定定理得，故D正确．故选：D．对于A，a与b平行或异面；对于B，与平行或相交；对于C，a与b平行或异面；对于D，由面面平行的判定定理得．本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知

识，考查推理论证能力，是中档题．6.解：因为和为方程的两根，所以，又此等比数列为正项数列，解得：，则．故选C由和为方程的两根，根据韦达定理即可求出和的积，而根据等比数列的性质得到和的积等于，由数列为正项数列得

到的值，然后把所求的式子也利用等比数列的性质化简为关于的式子，把的值代入即可求出值．此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.解：设等差数列的公差为d，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，n的取值为1

1或12．故选：B．设等差数列的公差为d，由，可解出d值为，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．本题考查等差数列的通项公式，前n项和；考查学生的归纳推理和运算求解的能力，属于基础题．8.解：的三内角ABC的对边

分别为a，b，c，且满足，利用正弦定理：，整理得：，化简得：，由于，故C，由于，所以，故A．所以为等边三角形．故选：B．直接利用三角函数关系式的变换和正弦定理的应用求出结果．本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和数学

思维能力，属于基础题．9.解：因为，则，所以．故选：B．由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，进而根据二倍角的正弦公式即可求解．本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦公式在三角函数求值中

的应用，属于基础题．10.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．根据，可得，从而得到，然后利用基本不等式，求出最小值即可．本题考查了利用基本不等式求最值，考查了转化思想，属于基础题．11.解：如图，连

接，，，四边形为平行四边形，则，则为异面直线AM与所成角，连接设正方体的棱长为2，则，．．即异面直线AM与所成角的余弦值是．故选：A．连接，证得，可得为异面直线AM与所成角，连接，设正方体的棱长为2，求解三角形可得异面直线AM与所成角的余弦

值．本题考查异面直线所成角的求法，考查数学转化思想方法，是基础题．12.解：C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DE，则，当且仅当时等式成立，故DE的最小值为．故选：C．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．本题主要考查了正弦定理，余弦定理和三角形面积公式在解三角形中的应用，主要考查学生的运算能力和转化思想及思维能力，属于中档题．13.解：根据题意，．故答案为：11．利用等比数列求和公式求出即可．本题考查等比数列求和公式，考查学

生的运算求解的能力，属于基础题．14.解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得，化为，由图可知，当直线过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为．故答案为：．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得

答案．本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．15.解：设，则，．在中，由余弦定理可得，所以，即，解得或舍去．故答案为：40．设，由题意解三角形可得，在中，由余弦定理可得，解方程即可得解P

O的值．本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想和数形结合思想的应用，属于基础题．16.解：如图，将面沿翻折，得到，由题可知，，，由直角三角形性质，可知是直角三角形，，由题，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：．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．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，是基础题．17.解一元二次不等式即可得解；由已知可得，从而可求得a的取值范围．本题主要考查一元二次不等式的解法，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，属于基础题．18.利用正弦定理和三角形内角和定理与三角恒等变换求得A的值；由三角形面积

公式和余弦定理，即可求得的值．本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题，是基础题．19.连接，交于O，连接OD，由三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证；首先由线面垂直的判定定理推得平面，可得，再由三角形的相似

可得，由线面垂直的判定定理即可得证．本题考查线面平行和垂直的判定和性质，考查推理能力，属于中档题．20.设是公差d不为零的等差数列，由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，可得舍去通项公式；求得，，由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求

和公式，计算可得所求和．本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．21.本题主要考查了解正弦不等式以及正弦型函数单调性的应用，属于中档题．化简函数的解析式，

利用正弦函数的性质解不等式即可；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t的最大值．22.令，得，进而得出；再令，得，进而得出；由题意可得：当时，，进而得出数列为等差数列，于是可求出的通项公式，进而得出的通项公式；将已

知式子裂项为，利用裂项相消求和即可得出所求的答案．本题考查等差数列及其前n项和、裂项相消法求和，考查学生的计算能力和逻辑推理能力，属中档题．