1、2022届高二入学调研试卷理 科 数 学 （A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知，则（ ）ABCD【答案】D【解析】，或，所以或，
2、故选D2在中，若，则三角形的最大角与最小角的和是（ ）ABCD【答案】B【解析】在中，若，由正弦定理化边为角可得：，根据大边对大角，小边对小角可知：最大角为，最小角为，设，在中，由余弦定理可得：，因为，所以，所以，所以三角形的最大角与最小角的和是，故选B3设公差为的等差数列，如果，那么（ ）ABCD【答案】D【解析】是公差为的等差数列，故选D4直线l过点，且与以，为端点的线段相交，则直线l的斜率的取值范围（ ）ABCD【答案】D【解析】如图所示：因为，所以直线l与以，为端点的线段相交，只需：或，故选D5已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则；若，则；若，则；若，则上述说法中正确的
3、是（ ）ABCD【答案】B【解析】对于，由平面与平面垂直的判定定理可知正确；对于，若，则可能平行，也可能相交，垂直；对于，若，则可能平行，也可能异面；对于，由直线与平面平行的性质定理可得正确，故选B6已知圆，则这两圆的公共弦长为（ ）A2BC2D1【答案】C【解析】由题意知，将两圆的方程相减，得，所以两圆的公共弦所在直线的方程为又因为圆的圆心为，半径，所以圆的圆心到直线的距离，所以这两圆的公共弦的弦长为，故选C7数列中的前项和，数列的前项和为，则（ ）ABCD【答案】D【解析】当时，当时，经检验不满足上式，所以，设，则，所以，故选D8圆锥的高为1，体积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面
4、积的最大值为（ ）A2BCD1【答案】A【解析】圆锥的高为1，体积为，则底面圆的半径为，母线长为2，轴截面的顶角为，当截面为直角三角形时，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积最大，最大值为，故选A9设函数，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】，即开口向上且，由恒成立，即在上恒成立，当时，即，由二次函数的性质，显然成立；当时，有两个零点，则只需满足，解得，故，综上，的取值范围是，故选B10已知，圆，点，分别是圆，圆上的动点，为轴上的动点，则的最大值是（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意可知，圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径为，要使得取最大值，需的值最
5、大，的值最小其中的最大值为，的最小值为，则的最大值为，点关于轴的对称点，所以的最大值为，故选C11已知锐角三角形的内角，的对边分别为，且，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】C【解析】依题意，由正弦定理得，所以，由于三角形是锐角三角形，所以，由，所以，由于，所以，所以，故选C12在三棱锥中，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】A【解析】在中，即，又，为等边三角形，根据题意，有如下示意图：如图，设的外接圆的圆心为，连接，连接PH由题意可得，且，由上知：且，又，由，平面ABC设O为三棱锥外接球的球心，连接，OC过O作，垂足为D，则外接球的半径R满足，代入解得，即有，三棱锥外接球的表面
6、积为，故选A第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知关于的不等式的解集是，则_【答案】【解析】由题意可知，、为方程的两根，所以，解得，因此，故答案为14如图，为了测量河对岸的塔高AB，可以选与塔底B在同一水平面内的两个基点C与D，现测得米，且在点C和D测得塔顶A的仰角分别为45，30，又，则塔高_【答案】200米【解析】设塔高米，则，中，由余弦定理，所以，故答案为200米15已知数列满足，则数列的前项的和等于_【答案】【解析】，所以，当时，有，当时，有，所以，数列是每项均为的常数列，数列是首项为，公差为的等差数列，设数列的前项和为，则，故答案为16已知是圆外一点，过作圆的
7、两条切线，切点分别为，则的最小值为_【答案】【解析】圆的标准方程为，则圆的半径为，设，则，因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为，故答案为三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知直线，（1）当时，求实数的值；（2）当时，求直线与之间的距离【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为，所以，解得（2）因为，所以，解得或1当时，直线与重合，不合题意，舍去；当时，直线的方程为，直线的方程为，即，所以所求距离18（12分）在中，角，所对的边分别为，且满足（1）求；（2）若的面积为，求周长的最小值【答案】（1）；（2）9【解析】（1）由
8、正弦定理，化简，可得，所以，即又，所以（2）结合三角形的面积公式得到，即，所以，当且仅当时取等号又由余弦定理得，所以，当且仅当时取等号，所以周长的最小值为19（12分）已知数列满足，（1）求证：数列为等比数列，并求出；（2）求数列的前项和【答案】（1）证明见解析，；（2）【解析】证：（1），又，得，故，从而，数列为首项为3，公比为3的等比数列，从而，（2）令，所以可由错位相加法得：，两式相减：，20（12分）已知函数，（1）若关于的不等式的解集为，求，的值；（2）若，解关于的不等式【答案】（1），；（2）答案见解析【解析】（1）由题意，得为一元二次方程的两个根由根与系数的关系得，解得，（2）由
9、题意，得，当时，不等式为，则解集是；当时，不等式为，当时，不等式等价于，则不等式的解集是；当时，不等式等价于，则不等式的解集是，综上可得，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为21（12分）已知圆S经过点和点，圆心S在直线上（1）求圆S的方程；（2）若直线与圆S相交于两点，若为钝角（O为坐标原点），求实数m的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1）线段的中垂线方程为，即圆心，圆S半径，所以圆S的方程为（2）将直线代入圆S的方程，消去x并整理得令，得，设，由韦达定理得则，又为钝角，得，即，解得，所以实数m的取值范围是22（12分）如图，在四棱锥中，平面，是的中点（1）证明：平面平面；（2）已知二面角的平面角的余弦为，求与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）如图，连接，因为，所以，因为是的中点，所以，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）由题易知，因为平面，平面，所以，因为，所以是二面角的平面角，因为二面角的平面角的余弦为，所以，因为平面，所以，解得，因为平面，所以是与平面所成角，则，与平面所成角的正弦值为14
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