1、試卷第 =page 2 2頁，共 =sectionpages 4 4頁第 Page * MergeFormat 13 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 13 頁2022-2023學年四川省成都市蓉城名校聯盟高二上學期入學聯考數學（理）試題一、單選題1若集合，則（）ABCD【答案】B【分析】利用交集的定義運算即得.【詳解】因為，所以.故選：B2ABCD【答案】D【分析】直接根據特殊角的三角函數值，得出答案.【詳解】根據特殊角的三角函數值，可知.故選D.【點睛】本小題主要考查特殊角的三角函數值，屬于基礎題.從到內特殊角的三角函數值需要熟練記憶.3方程的根位于區間（）ABCD【答

2、案】C【分析】令函數，利用零點存在定理確定正確選項【詳解】令函數，易得函數單調遞減，原方程的根即的零點，可得根位于區間(1,2).故選：C4如圖，網格上繪制的是某幾何體的三視圖，其中網格小正方形的邊長為1，則該幾何體的體積為（）ABC9D27【答案】C【分析】由三視圖確定該幾何體是棱錐，且得出棱錐的性質，然后由體積公式計算【詳解】解：由三視圖可知幾何體的直觀圖（如圖）是底面為正方形的四棱錐，且平面，該幾何體的體積為，故選：C5已知，是空間中不重合的兩平面，是空間中不同的三條直線，A，B是空間中不同的兩點，則下列結論正確的是（）A，B，C，D，【答案】D【分析】根據線面平行的判定定理判斷A，面面

3、平行的判定定理判斷B，線面位置關系判斷C，平面公理判斷D【詳解】由直線與平面平行的判定定理知A錯誤（需要加條件）；由平面與平面平行的判定定理知B錯誤（需加條件兩直線相交）；直線與平面平行不具備傳遞性，C錯誤（可以平行、可能異面也可能相交）；由平面公理知D正確，故選：D6已知，且，則（）ABCD【答案】B【分析】由同角三角函數的基本關系可得，而由配湊法及兩角和與差的余弦公式可得 ，代值化簡即可.【詳解】，.又 ，故選：B7若單位向量，滿足，則，的夾角為（）ABCD0【答案】B【分析】利用向量數量積的運算律可得，進而即得.【詳解】原式兩邊平方得，解得，即。故選：B8若奇函數在區間上是增函數，則下列

4、關系正確的是（）ABCD【答案】A【分析】由已知奇函數和單調性得出函數在R上的單調性，由對數函數、指數函數確定，的大小后可得結論【詳解】由對數與指數運算的性質可知，又，又由函數的奇偶性和單調性可知在上是增函數，故選：A9已知函數，若，則函數的單調遞減區間為（）ABCD【答案】A【分析】由得周期，從而求得，再由求得得函數解析式，然后結合正弦函數的單調區間求解【詳解】，函數的最小正周期為，即在，解得，又，即，又，故解得，令，解得，故選：A10已知數列的前項和為，若，則下列結論正確的是（）ABCD【答案】D【分析】根據數列的前項和與第項的關系進行求解即可.【詳解】當時，當時，當時，當時，A，B均錯誤

5、；又當時，當時，D正確，故選：D11已知正方體的邊長為2，點，分別是為棱，的中點，點為四邊形內（包括邊界）的一動點，且滿足平面，則點的軌跡長為（）AB2CD1【答案】A【分析】由題可得平面，平面，進而可得平面平面，結合條件可得點的軌跡為，即得.【詳解】如圖，分別作，的中點，連接，由題可知，四邊形為平行四邊形，又平面，平面，平面；又，又平面，平面，平面，又，平面，平面平面，由題意知平面，又點為四邊形內（包括邊界）的一動點，線段，點的軌跡為，.故選：A12為了優化某綠地（記為）的行走路徑，現需要在，上分別選取兩點，修建一條直路，使得平分的周長，已知，則的最小值為（）ABCD【答案】D【分析】根據三

6、角形面積公式，結合二次函數的性質進行求解即可.【詳解】解：設，則，則，令，對稱軸為，開口向下，所以有，當，且時，有最小值，故選：D二、填空題13已知向量，若，則_【答案】【分析】根據向量平行的坐標表示即可求解.【詳解】因為向量，若，則有，解得，故答案為：14已知等差數列的前項和為，若，則_【答案】15【分析】由等差數列的前項和公式、等差數列的性質求解【詳解】由題知，故答案為：1515若函數在區間上單調遞增，則的取值范圍為_【答案】【分析】根據復合函數的單調性的性質，結合指數函數和二次函數的單調性進行求解即可.【詳解】因為函數是實數集上的減函數，所以由復合函數的單調性可知，函數在區間上單調遞減，

7、函數的對稱軸為，且開口向下，所以有，解得的取值范圍為，故答案為：16為了測量某座山的高度，某興趣小組在該座山山頂處俯瞰山腳所在水平地面上不共線的三點，測得它們的俯角均為，查閱當地地圖可知該三點間距離分別為，則山高為_【答案】【分析】設山頂在水平地面上的投影為點，山高為，由題可得點是的外接圓的圓心，然后利用余弦定理及正弦定理可得的外接圓的半徑，進而即得.【詳解】設山頂在水平地面上的投影為點，山高為，不妨設三點分別為，且，由題知，點是的外接圓的圓心，在中，由余弦定理得，則，的外接圓的半徑，由題知，.故答案為：三、解答題17如圖，在直角梯形中，且(1)用，表示，；(2)求的值【答案】(1)，(2)1

8、【分析】（1）根據向量的線性運算法則求解；（2）由數量積的運算律計算【詳解】(1)，；(2)18已知的內角，所對的邊分別為，若，且(1)求；(2)求【答案】(1)；(2)或【分析】（1）根據正弦定理即得；（2）利用同角關系式及余弦定理即得.【詳解】(1)由正弦定理得：，即，解得；(2)，由余弦定理得：，即，解得：或19已知遞增的等差數列的前項和為，若，且，成等比數列(1)求數列的通項公式；(2)求的值【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據等比數列的性質，結合等差數列的通項公式進行求解即可；（2）運用裂項相消法進行求解即可.【詳解】(1)設數列的公差為，因為是遞增的等差數列，所以，因為，成等

9、比數列，所以有，即，解得或（舍去），因為，所以；(2)因為是等差數列，所以，所以，即20已知向量，若函數，且函數的周期為(1)求函數的解析式；(2)已知的內角，所對的邊分別為，滿足，且，試判斷的形狀【答案】(1)；(2)等邊三角形【分析】（1）根據平面向量數量積的坐標表示公式、正弦二倍角公式、降冪公式，結合正弦型函數的周期公式進行求解即可；（2）根據正弦定理、正弦二倍角公式，結合特殊角的正弦值進行求解即可.【詳解】(1)，；(2)由正弦定理得，因為，所以，所以有，即，又因為，所以，即，得，即，即由，因為，所以，因此，解得，是等邊三角形21如圖，在正四棱柱中，點為棱上的點，且滿足(1)求異面直線

10、與所成角的余弦值；(2)棱上是否存在一點，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由【答案】(1)；(2)存在，.【分析】（1）根據異面直線所成角的定義，結合余弦定理進行求解即可；（2）根據正四棱柱的性質，結合平行四邊形的判定定理和性質、線面平行的判定定理進行求解即可.【詳解】(1)是正四棱柱，四邊形是矩形，求異面直線與所成角的余弦值即是求與所成角的余弦值，在中，；(2)如圖，當點為的三等分點（靠近點）時，使得平面，作的中點，連接，連接交于點，連接，由棱柱的性質可知，四邊形是平行四邊形，又點，分別是，的中點，由平面公理4可得，又平面，平面，平面，此時22已知項數大于3的數列的各項和為，且

11、任意連續三項均能構成不同的等腰三角形的三邊長(1)若，求和；(2)若，且，求的最小值【答案】(1)，(2)17【分析】(1)列舉法即可得到結果.(2)先驗證要使最小，則使和最小，從而可求得結論.【詳解】(1)邊長為1或2的等腰三角形只有1，1，1；1，2，2；2，2，2若前三項有1，1，1，則該數列只能有3項，不合題意；若前三項有1，2，2，該數列只有4項，且該數列只能為1，2，2，2；若前三項有2，2，2，該數列只有4項，且該數列只能為2，2，2，1；綜上：，；(2)設為數列的每一組連續三項之和的和，則，即，連續三項（不考慮這三項的順序）及這三項的和（標注在下面的括號內）有以下可能：2，2，1（5）；2，2，2（6）；2，2，3（7）；3，3，1（7）；3，3，2（8）；3，3，3（9）；3，3，4（10）；3，3，5（11）；4，4，1（9）；4，4，2（10）；4，4，3（11）；4，4，4（12）；4，4，5（13）；4，4，6（14）；4，4，7（15）；其中畫橫線的連續三項不能同時滿足和前一項、后一項構成3個等腰三角形，故必