1、2021-2022学年四川省成都七中高二（上）入学数学试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）. 1已知圆锥的底面半径为4，母线长为5，则该圆锥的侧面积为（）A16B20C36D402下列命题中正确的是（）A经过三点确定一个平面B经过两条平行直线确定一个平面C经过一条直线和一个点确定一个平面D四边形确定一个平面3平面向量（2，1），|2，4，则向量，夹角的余弦值为（）ABCD4已知A（3，1），B（1，2），C（1，1），则过点C且与线段AB平行的直线方程为（）A3x+2y50B3x2y10C2x3y+10D2x+3y505已知的终边在第四象限，若，则（）ABCD6圆x2+y
2、2+2x4y+30的圆心到直线x+y0的距离为（）A2BC1D7已知一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形（如图所示），则此几何体的体积为（）A1BC2D28已知x0，y0，且2x+8yxy，则x+y的最小值是（）A10B15C18D239等比数列an的各项均为正数，且a4a6+a3a718，则log3a1+log3a2+log3a3+log3a9（）A12B10C9D2+log3510若x，y满足，则z2yx的最大值为（）A1B3C4D611如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得B
3、CD15，CBD30，CD10m，并在C处测得塔顶A的仰角为45，则塔高AB（）A30mB20mC30mD20m12将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，现有如下4个命题：异面直线AC与BD所成的角为60；ACD是直角三角形；ACD的面积为；四面体ABCD的外接球的表面积为8上述命题正确的是（）ABCD二、填空題：本题共4小题，每小题5分，共20分.13已知点A（3，2），B（5，4），则以线段AB为直径的圆的方程是 14函数ysinxcosx+cos2x的最小正周期T 15已知直线l经过点P（4，3），且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程 16如图，设ABC的内角
4、A、B、C的对边分别为a，b，c，（acosC+ccosA）2bsinB，且CAB若点D是ABC外一点，CD1，AD3，则当D 时，四边形ABCD的面积的最大值为 三、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18-22题每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17已知圆C过O（0，0），A（1，1），B（4，2），（1）求圆C的方程；（2）判断P（3，2）和圆C的位置关系18已知直线l：xy+10，点A（1，2）（1）求过点A且与l垂直的直线方程；（2）求点A关于直线l的对称点A的坐标19如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中求：（1）直线A1B与B1C所成的
5、角的大小；（2）直线D1B与平面ABCD所成的角的余弦值；（3）正方体ABCDA1B1C1D1的外接球体积20已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cos（AC）+cosB，设（b，c），（a，b）且（1）求角B的大小，并证明AC；（2）延长BC至D，使BD5，若ACD的面积，求AD的长21已知等差数列an的前n项和为Sn，a22，S410，数列bn的前n项和（1）求数列an和bn的通项公式；（2）若数列cn满足cnbnsin，求数列cn的前2021项和P202122如图，已知正四棱锥SABCD与正四面体SABC所有的棱长均为a（1）若M为SB的中点，证明：SD平面MAC；（2）把
6、正四面体SABC与正四棱锥SABCD全等的两个面重合，排成一个新的几何体，问该几何体由多少个面组成？并说明理由参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）. 1已知圆锥的底面半径为4，母线长为5，则该圆锥的侧面积为（）A16B20C36D40解：由圆锥的底面半径为4，母线长为5，则圆锥的侧面积为S侧4520故选：B2下列命题中正确的是（）A经过三点确定一个平面B经过两条平行直线确定一个平面C经过一条直线和一个点确定一个平面D四边形确定一个平面解：对于选项A：经过不共线的三点确定一个平面，故选项A错误，对于选项B：两条平行直线唯一确定一个平面，故选项B正确，对于选项C：经过一条直线和直
7、线外一个点确定一个平面，故选项C错误，对于选项D：因为空间四边形不在一个平面内，故选项D错误，故选：B3平面向量（2，1），|2，4，则向量，夹角的余弦值为（）ABCD解：平面向量（2，1），|2，4，则向量，夹角的余弦值：故选：A4已知A（3，1），B（1，2），C（1，1），则过点C且与线段AB平行的直线方程为（）A3x+2y50B3x2y10C2x3y+10D2x+3y50解：因为A（3，1），B（1，2），C（1，1），所以，则所求直线的斜率为，所以过点C且与线段AB平行的直线方程为y1（x1），即3x2y10故选：B5已知的终边在第四象限，若，则（）ABCD解：的终边在第四象限，所以
8、，则故选：A6圆x2+y2+2x4y+30的圆心到直线x+y0的距离为（）A2BC1D解：由圆x2+y2+2x4y+30可得圆心坐标为：（1，2），所以圆心到直线x+y0的距离为d，故选：B7已知一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形（如图所示），则此几何体的体积为（）A1BC2D2解：根据斜二测画法，俯视图还原后应为一个直角边长为2，的直角三角形根据三视图，可得此几何体的大致图形如下：则有：VS底h23故选：B8已知x0，y0，且2x+8yxy，则x+y的最小值是（）A10B15C18D23解：x0，y0，2x+8yxy，+
9、1，x+y（x+y）（+）+102+1018，（当且仅当，即x12，y6时，等号成立）故选：C9等比数列an的各项均为正数，且a4a6+a3a718，则log3a1+log3a2+log3a3+log3a9（）A12B10C9D2+log35解：等比数列an的各项均为正数，且a4a6+a3a718，由等比数列通项公式得a53，log3a1+log3a2+log3a3+log3a9log3（a1a2a9）log3a599log339故选：C10若x，y满足，则z2yx的最大值为（）A1B3C4D6解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（2，4），由z2yx，得y，由图可知，当直线y过A时，直
10、线在y轴上的截距最大，z有最大值为6故选：D11如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得BCD15，CBD30，CD10m，并在C处测得塔顶A的仰角为45，则塔高AB（）A30mB20mC30mD20m解：在BCD中，BCD15，CBD30，CD10m，由正弦定理，可得，可得CB2020，在RtABC中，ACB45，所以塔高ABBC20m故选：D12将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，现有如下4个命题：异面直线AC与BD所成的角为60；ACD是直角三角形；ACD的面积为；四面体ABCD的外接球的表面积为8上述命题正确的是（）AB
11、CD解：对于，因为BDOA，BDOC，OAOCO，所以BD平面AOC，AC平面AOC，所以BDAC，异面直线AC与BD所成的角为90，不是60，所以错；对于，因为OAOCAC，所以AC2，同理DC2，所以ACD是等边三角形，所以错；对于，由知ACD是等边三角形，所以ACD的面积是，所以对对于，四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为R，所以表面积为4R28，所以对故选：C二、填空題：本题共4小题，每小题5分，共20分.13已知点A（3，2），B（5，4），则以线段AB为直径的圆的方程是（x+1）2+（y1）225解：因为点A（3，2），B（5，4），所以中点坐标公式得线段AB的中点坐标为C（1
12、，1），即圆心的坐标；r|AC|5，故所求圆的方程为：（x+1）2+（y1）225故答案为：（x+1）2+（y1）22514函数ysinxcosx+cos2x的最小正周期T解：函数ysinxcosx+cos2xsin2x+sin（2x+）+ 的最小正周期T，故答案为：15已知直线l经过点P（4，3），且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程 yx或x+y70解：直线l经过点P（4，3），且在两坐标轴上的截距相等，当直线经过原点时，斜率为，直线的方程为yx，当直线 不经过原点时，设方程为x+yk0，把点P（4，3）代入，求得k7，此时直线的方程为x+y70，所以直线的方程为yx或x+y70，故答
13、案为：yx或x+y7016如图，设ABC的内角 A、B、C的对边分别为a，b，c，（acosC+ccosA）2bsinB，且CAB若点D是ABC外一点，CD1，AD3，则当D时，四边形ABCD的面积的最大值为 +3解：（acosC+ccosA）2bsinB，（sinAcosC+sinCcosA）2sinBsinB，即sin（A+C）sinB2sinBsinB，由sinB0，可得sinB，B，又CAB，C，等边ABC中，设ACx，x0，在ADC中，由余弦定理可得：AC2AD2+CD22ADCDcosD，由于AD3，DC1，代入上式可得：x2106cosD，S四边形ABCDSABC+SACDxxs
14、in+3sinDx2+sinD（106cosD）+sinD3sin（D）+，四边形ABCD面积的最大值为+3，此时，D故答案为：，+3三、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18-22题每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17已知圆C过O（0，0），A（1，1），B（4，2），（1）求圆C的方程；（2）判断P（3，2）和圆C的位置关系解：（1）设圆C的方程为（xa）2+（yb）2r2，因为圆C过O（0，0），A（1，1），B（4，2），则，解得，所以所求圆C的方程为（x4）2+（y+3）225；（2）因为（34）2+（2+3）22625，所以点P（3，2）在圆C外
15、18已知直线l：xy+10，点A（1，2）（1）求过点A且与l垂直的直线方程；（2）求点A关于直线l的对称点A的坐标解：（1）由直线l：xy+10，可得其斜率为1，所以可得与之垂直的直线的斜率1，所以过点A与l垂直的直线方程为y+21（x+1），即过点A且与l垂直的直线方程：x+y+30；（2）设A的坐标（a，b），则直线l是线段AA的中垂线，所以可得：，解得：，即A的坐标（3，0）19如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中求：（1）直线A1B与B1C所成的角的大小；（2）直线D1B与平面ABCD所成的角的余弦值；（3）正方体ABCDA1B1C1D1的外接球体积解：（1）连接A1D
16、，DB，如图所示，B1CA1D，直线A1B与B1C所成的角可转化为直线A1B与A1D所成角，即DA1B为所求角，又A1DB是等边三角形，DA1B60，直线A1B与B1C所成的角的大小为60（2）由题意可知D1D平面ABCD，则D1DBD，DBD1为直线D1B与平面ABCD所成的角，BD，D1D1，cosDBD1，直线D1B与平面ABCD所成的角的余弦值（3）由题意，该正方体的外接球以正方体的中心为球心，对角线BD1为直径，其半径R，该外接球体积VR320已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cos（AC）+cosB，设（b，c），（a，b）且（1）求角B的大小，并证明AC；（2）延
17、长BC至D，使BD5，若ACD的面积，求AD的长解：（1）证明：cos（AC）+cosB，cos（AC）cos（A+C），得：sinAsinC，由，得b2ac，由正弦定理得：sinAsinCsin2B，sin2B，又sinB0，sinB，B60或120，当B120时，cos（AC）+cos120，得：cos（AC）21，不成立，当B60时，cos（AC）+cos60，得：cos（AC）1，0A，0C，AC，则AC0，即AC，得证（2）把B60代入cos（AC）+cosB，得：cos（AC）1，AC，由上可知ABC中是等边三角形，ACB60，ACD120，设ABt，ACD的面积S，t（5t）si
18、n120，解得：t1或4当t1时，AD，当t4时，AD故AD的值为21已知等差数列an的前n项和为Sn，a22，S410，数列bn的前n项和（1）求数列an和bn的通项公式；（2）若数列cn满足cnbnsin，求数列cn的前2021项和P2021解：（1）设公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，a22，S410，所以，整理得，解得，故ann数列bn的前n项和，当n1时，解得b11，当n2时，得：（首项符合通项），故（2）由（1）得：数列cn满足cnbnsin，所以数列cn的偶数项都为0，奇数项满足正负相间，故22如图，已知正四棱锥SABCD与正四面体SABC所有的棱长均为a（1）若M为SB的
19、中点，证明：SD平面MAC；（2）把正四面体SABC与正四棱锥SABCD全等的两个面重合，排成一个新的几何体，问该几何体由多少个面组成？并说明理由解：（1）连接DB交AC于O，连接OM，因为M，O分别为SB，DB的中点，所以SDMO，又因为SD平面MAC，MO平面MAC，所以SD平面MAC（2）因为SCBCABSASBa，所以CMSB，AMSB，故AMC为二面角ASBC的平面角，因为，所以由余弦定理可得，取SB的中点N，连接AN，CN，因为SCBCBASAa，所以ANSB，CNSB，故ANC为二面角ASBC的平面角，因为，由余弦定理可得，故AMC+ANC180，即二面角ASBC的平面角与二面角ASBC的平面角互补，故当S与S，B与B，C与C重合时，正四面体SABC的侧面SAB与正四棱锥SABCD的侧面SAB为同一平面，由对称性同理可得，正四面体SABC的侧面SAC与正四棱锥SABCD的侧面SDC为同一平面，故拼成的新的几何体由5个面组成