2019-2020学年四川省双流中学高二上学期入学考试数学(理)试题(解析版)

（理）试题

一、单选题

1．已知a>b, c>d，则下列不等式中恒成立的是（ ） A．a+d>b+c 【答案】D

【解析】利用不等式的性质判断即可. 【详解】

取a2,b1，c3,d100，

则ad98,bc2，adbc，故A错. 又ac6,bd100,acbd，故B错. 取a2,b100，c3,d1，则

B．ac>bd

C．

ab cdD．d-a< c-b

aa2b，100，故C错.

cc3d当ab,cd时，ab，故dacb即dacb，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3xy10的倾斜角是（ ） A．

 6B．

 3C．

2 3D．

5 6【答案】C

【解析】求出直线的斜率，可得出该直线的倾斜角. 【详解】

直线3xy10的斜率为k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.

23，故选：3，因此，该直线的倾斜角为31第 1 页 共 17 页

3．等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a25a1，a72，则a5（ ） A．2 【答案】C

【解析】设等比数列an的公比为q，根据条件S3a25a1求出q2的值，再利用

B．1 2C．

1 2D．2

a5a7可求出a5的值. q2【详解】

a1，得a1a2a35a1a2，a34a1， 设等比数列an的公比为q，由S3a252所以，qa21a34，因此，a57，故选：C. a1q242【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（ ） A. 【答案】A

【解析】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

B.

C.

D.

，直线

，若

，则直线与的距离为

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

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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】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的解析式为令

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

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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AB是圆O的直径，点C，D是半圆弧的两个三等分点，ABa，ACb，则AD（）

A．a1b 2B．

1ab 2C．a1b 2D．

1ab 2【答案】D

【解析】连接C、D，由圆的性质与等腰三角形的性质，证出CD//AB且AC//DO，得到四边形ACDO为平行四边形，所以ADAOAC,再根据题设条件即可得到用a，

b表示向量AD的式子。

【详解】

连接C、D，因为点C、D是半圆弧AB的的两个三等分点，所以弧AC弧BD，可得CD//AB，CADDAB

190o30o,因为OAOD，3ADODAO30o，由此可得CADDAO30o，所以AC//DO，所以四

11边形ACDO为平行四边形，可得ADAOAC，AOAB=a，ACb，

221ADab.

2【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xy的最大值为（ ）

A．32 【答案】C 【解析】【详解】

B．32 C．64 D．64

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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＝27，PA2＋y2＝102，(27)2＋PA2＝x2，

x2128x2因此xy＝x10-[x-(27)]x128x64.当且仅当x2＝128－

22222x2，

即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64 故答案为：C。 9．在则A.

中，角

对应的边分别是

，已知

，

的面积为

，

外接圆的直径为（ ）

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】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：由余弦定理得：由正弦定理得本题正确选项： 【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：A．16 【答案】C 【解析】【详解】

外接圆的直径为：

，解得：

1191＋＝1，则的最小值为（ ）

aba1b1C．6

D．1

B．9

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法一、因为

111，所以abab(a1)(b1)1， ab所以

19192236. a1b1a1b1111，所以abab，ab19b19a911b9a10(b9a)()1016106. a1b1abab1ab111法三、因为1，所以a1，所以

abb1199(b1)29236，故选C. a1b1b1法二、因为

BCD1的棱长为1，动点E在线段A1C1上, F，M分别是11．如图，正方体ABCDA111AD，CD的中点, 则下列结论中错误的是( )

A．FM//AC11 B．BM平面CC1F

C．三棱锥BCEF的体积为定值

D．存在点E，使得平面BEF//平面CC1D1D 【答案】D

【解析】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：FM//AC,AC//AC11,故FM//AC11，正确；

o对于B，易知：VCDFVBCM,CFDBMC,DCFBMC90 ，

BMCF,BMCC1,故BM平面CC1F，正确；

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对于C，三棱锥BCEF的体积等于三棱锥EBCF的体积,此时E点到平面BCF的距离为1，底面积为

1，故体积为定值，正确； 2 对于D,BF与CD相交，即平面BEF与平面CC1D1D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ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若caab，

2cos2A则的取值范围是（） cosCA2A．2,1

【答案】C

【解析】先由余弦定理得到2acosCba，再由正弦定理得到C2A，从而对

13B．2,2

23C．2,2

1D．,1

2cos2A进行化简，最后由A角取值范围可求范围。

cosCA【详解】

a2b2c22由余弦定理得cos，因为caab，

2aba2b2a2abb2ab则cos，即2acosCba； 2ab2ab由正弦定理得2sinAcosCsinBsinA，

所以2sinAcosCsin(AC)sinA，即sinCcosAsinAcosCsinA， 即sin(CA)sinA. 又因为A,C(0,因为0C2)，所以CAA，即C2A. AC，所以

2，

26A4，所以

cos2A23cosA(,).

cosCA22第 7 页 共 17 页

【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。

二、填空题

x2y2013．若实数x，y满足约束条件x10，则zx2y的最小值为______.

y0【答案】0

【解析】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zx2y，得y当直线y1zx， 221zx在y轴上截距最大时，z有最大值。 2210. 2所以当直线zx2y经过点A(1,0.5)时，有zmax12【点睛】

本题主要考查线性规划。 14．已知tan【答案】

13，tan，则tan______.

44251 134【解析】将角表示为，然后利用两角差的正切公式44可计算出tan的值. 4第 8 页 共 17 页

【详解】

Q， 4431tantan14tantan523113441tantan1524， 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PABCD中，平面PAD平面ABCD，其中ABCD为正方形，

1. 13PAD为等腰直角三角形，PAPD2，则四棱锥PABCD外接球的表面积

为______. 【答案】8

【解析】先证明出AB平面PAD，计算出AB、AD的长度，求出PAD的外接圆直径AD，再利用公式2RAB2AD2求出四棱锥PABCD的外接球半径R，

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ABCD是正方形，ABAD， 平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABÌ平面ABCD，

四棱锥PABCD的外接球与三棱锥BPAD的外接球是AB平面PAD，所以，

同一个球，所以外接球的球心在BD的中点处，

PAD是等腰直角三角形，则该三角形的外接圆直径为ADPA2PD22，

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由于四边形ABCD为正方形，则ABAD2， 设四棱锥PABCD的外接球半径为R，则2RAB2AD222，则R2.

因此，四棱锥PABCD的外接球表面积为4R28，故答案为：8. 【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an满足a113，3an1an40，Sn为数列an的前n项和，则满足不等式Snn9【答案】8

【解析】首先分析题目已知3an1an40且a113，其前n项和为Sn，求满足不等式Snn91的n的最大值为______. 10001的最大整数n.故可以考虑把等式3an1an40变形得到1000an111，然后根据数列bnan1为等比数列，求出Sn代入绝对值不等式求解

an13即可得到答案。 【详解】

对3an1an40变形得：3(an11)(an1)，即

an111，故可以分析得

an13到数列bnan1的首项为12，公比为的等比数列。 所以bnan112()1313n1，an12()13n11，

112[1()n]3n99(1)nn，

所以Sn131()311Snn99()n，解得最大正整数n8.

31000【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{an性属于中档题目.

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1}为等比数列是题目的关键,有一定的技巧

三、解答题

17．已知函数f(x)x2(a2)x2a(aR). （1）求不等式f(x)0的解集；

（2）若当xR时，f(x)4恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)见解析；(2) a2,6

【解析】（1）不等式f(x)0可化为：(x2)(xa)0，比较a与2的大小，进而求出解集。

2（2）f(x)4恒成立即x(a2)x2a40恒成立，则

(a2)24(2a4)0，进而求得答案。

【详解】

解：（1）不等式f(x)0可化为：(x2)(xa)0， ①当a2时，不等f(x)0无解；

②当a2时，不等式f(x)0的解集为x2xa； ③当a2时，不等式f(x)0的解集为xax2.

2（2）由f(x)4可化为：x(a2)x2a40，

必有：(a2)4(2a4)0，化为a24a120， 解得：a2,6. 【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xOy中，ABC的三个顶点分别为A2,0，B0,4，

2Cm,n，其中点C在直线x3y30上.

（1）若m3，求ABC的AB边上的中线所在的直线方程； （2）若ABC是直角三角形，求实数m的值. 【答案】（1）x2y30（2）0或6

【解析】（1）因为点C在直线x3y30上，结合m3求出点C坐标，利用中点坐标公式，求出AB边的中点M的坐标，再由斜率公式求出kMC，最后由直线方程的

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点斜式可求；

（2）当ABC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m的值。 【详解】

解：（1）当m3时，C3,0，AB边的中点M1,2，所以kMC021，312所以由点斜式方程可得MC方程为：y01x3即为x2y30. 2uuurr1ur11uuuuu （2）设Cm,m1，AB2,4，ACm2,m1，BCm,m5，

333当A90时，ABAC0，即2m44m40，得m0； 3当∠B90时，ABBC0，即2m4m160，得m6； 3当∠C90时，ACBC0，即综上，m的值为0或6. 【点睛】

82m50，无解； 9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RtABC中，∠C90，BC3，AC6，D、E分别是AC、AB上的点，且DE∥BC，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DCD，如图2.

（Ⅰ）求证：BC⊥平面A1CD；

（Ⅱ）当AD长为多少时，异面直线DE，A1B所成的角最小，并求出此时所成角的

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余弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）当AD3时，异面直线DE，A1B所成的角最小，此

时所成角的余弦值为3 3【解析】（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A1DDCA1D平面BCDE，

DEDCD又BC平面BCDE，所以A1DBC，

A1DDEBCA1DBCDCBC平面A1CD； A1DDCD（Ⅱ）如图，连结DB，并设ADA1Dx，DC6x，0x6， 由（Ⅰ）中A1D平面BCDE，所以有A1DDB，从而在RtBCD中，

DB26x32x212x45，

又在RtA1DB中，A1B显然，当x2x2x212x452x212x45，

b30,6时，A1Bmin18364533， 2a即AD3（或是D为AC中点）时，线段A1B的长度有最小值，最小值是3o3. 90，则A1BC即为异面直线DE，A1B所成的角， 又因为BC∥ED，且ACB1又在RtA1CB中，cosA1BCBC333.结合余弦函数在锐角范围上A1BA1B3333时，A1BC取最小. 33. 3是单调递减函数，所以当cosA1BC取最大

综上，当AD3时，异面直线DE，A1B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

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用求函数最值的方法求解,是此类题的常用方法.

BAD20．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，

3，DF2BE2，BE∥DF，

FCAF22.

（1）求证：平面ACE平面BDFE； （2）求点F到平面ACE的距离. 【答案】（1）详见解析（2）

32 2【解析】（1）推导出DFDC，DFDA，从而 DF平面ABCD，进而

DFAC，再求出DBAC，从而AC平面BDFE，由此能证明平面AEC平

面BDFE；

（2）解1：设F到平面ACE的距离为h，ACBDO，连接OE，OF，

由V三棱锥FOEAV三棱锥AOEF，能求出点F到平面ACE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：∵FC22，DCDF2，∴FC2DC2DF2，∴DFDC，同理DFDA，∴DF平面ABCD，∴DFAC；又四边形ABCD为菱形，∴DBAC，∵BDIDFD，∴AC平面BDFE，∵AC平面AEC，∴平面

AEC平面BDFE.

（2）解1：设F到平面ACE的距离为h，ACBDO，连接OE，OF，由（1）

3.又∵AO平2可知四边形BDFE时直角梯形，SOFES四边形BDFESOBESODF面BDFE，∴V三棱锥AOEF13，又OBE中，AOSOFE3216，AOOE22OEOBBE2，SAEO22第 14 页 共 17 页

∴V三棱锥FOEA1632. hSOAEh，由V三棱锥FOEAV三棱锥AOEF，解得：h36232. 2所以点F到平面ACE的距离为

解2：由（1）平面AEC平面BDFE，又平面AECI平面BDFEOE，且F平面BDFE，过F作FHOE，垂足为H点，则FH平面ACE，所以FH即为点F

E2,1，到平面ACE的距离，分别以DB，则O1,0，DF为x，y轴建立直角坐标系，

F0,2，则OE：xy10，dFH【点睛】

21232. 2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ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c，且满足

cos2Acos2B2cosAcosA

66（1）求角B的值； （2）若b13且ba，求ac的取值范围．

2【答案】（1）B3或

32,3. ；（2）3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sinB，从而得B，注意两解；

（2）由ba，得B3，利用正弦定理得a2sinA,c2sinC，从而a1c可变2为2sinAsinC，利用三角形的内角和把此式化为一个角A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A的范围（得取值范围． 试题解析：

（1）由已知cos2Acos2B2cos3A2）结合正弦函数性质可3AcosA， 66第 15 页 共 17 页

12232222sinB2sinA2cosAsinA，化简得sinB3，故B或得； 43342（2）∵ba，∴B3acb，由正弦定理sinAsinCsinB32，得32a2sinA,c2sinC，

故a1323c2sinAsinC2sinAsinAsinAcosA 22323sinA，

6∵ba，所以

3A2，A， 366213,3∴ac3sinA． 26222．在数列an中，a11，a23，an23an12an，nN*。 （1）证明数列an1an是等比数列，并求数列an的通项公式； （2）设bn2log2an11，cn【答案】(1)证明见解析.

an132nbn•bn1，求数列cn的前n项和Sn.

2n1(2)2.

2n1【解析】分析：（1）根据数列的递推公式可得an1an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an的通项公式；

（2）根据题中所给的条件，进一步求得数列bn的通项公式，从而得到数列cn的通项公式，之后应用裂项相消法求得其和.

详解：（1）由 an23an12an，得an2an12an1an， 又a11， a23，所以a2a12，

n所以an1an是首项为2，公比为2的等比数列．所以an1an2，所以

ana1a2a1anan1121222n12n1.

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（2）

an2n1,bn2log22n1112n1，

cn2n32n2n12n12n32n，

2n2n1 又cn2n12n12n12n12448Sn13352n2n122n12n12 2n12n12n112n1n12. 所以数列cn的前n项和为22n1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.

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