1、2022届高二入学调研试卷文 科 数 学 （B）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设是等比数列，且，则（ ）A12B2C30D32【答案
2、】D【解析】因为是等比数列，所以数列也是等比数列，因为，所以的公比为，所以，故选D2下列各题中结论正确的是（ ）A当时，B当时，C当时，D当时，【答案】B【解析】对于A，由于，所以，当且仅当，即时取等号，而，所以不能取到等号，即，所以A错误；对于B，因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以B正确；对于C，当且仅当，即时取等号，而，所以不能取到等号，所以C错误；对于D，由选项可知，当时，不成立，所以D错误，故选B3已知数列是等差数列，公差，前项和为，则的值（ ）A等于4B等于2C等于D不确定，与有关【答案】B【解析】由数列是等差数列，得；，所以，故选B4在中，内角、所对的边分别为、，满足，则（ ）
3、ABCD【答案】D【解析】在中，由正弦定理可化成，由余弦定理可得：，故选D5圆锥的母线与底面所成的角为45，侧面面积为，则该圆锥的体积为（ ）ABCD【答案】B【解析】设圆锥PO的底面圆半径r，母线长l，如图所示，点B在底面圆周上，圆O所在平面，则是圆锥的母线PB与底面所成的角，即，于是有，从而得圆锥侧面积，解得，圆锥的高，所以圆锥的体积为，故选B6设直线，平面，下列条件能得出的有（ ），且，且，且，且，A个B个C个D个【答案】A【解析】错误，因为时，不能推出；错误，一个平面内有两条平行直线平行于另一个平面，这两个平面可能相交；错误，满足条件时，两个平面可能相交；正确，一个平面上的两条相交线分
4、别与另一个面平行，则两个面平行故只有正确，故选A7当点到直线的距离最大时，m的值为（ ）A3B0CD1【答案】C【解析】直线可化为，故直线过定点，当和直线垂直时，距离取得最大值，故，故选C8如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论中不一定正确的是（ ）A平面B平面平面C三棱锥的体积不变D【答案】D【解析】对于A：连接，因为正方体，所以，且平面，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故A正确；对于B：连接AC，则，又平面ABCD，所以，所以平面，所以，同理可得，又，则，所以平面BDP，因为平面，所以平面平面，故B正确；对于C：因为，平面，平面，所以平面，所以P到平面的距离不变，所以三棱锥体
5、积不变，即三棱锥的体积不变，故C正确；对于D：连接，因为正方体，所以，平面，所以，所以平面，则，假设，则平面，所以，这显然不成立，假设错误，故D错误，故选D9在直角坐标平面内，与点距离为2，且与点距离为3的直线共有（ ）A1条B2条C3条D4条【答案】C【解析】当直线不存在斜率时，设为，由题意可知：且，没有实数使得两个式子同时成立；当直线存在斜率时，设直线方程为，点到该直线的距离为2，所以有，点到该直线的距离为3，所以有，由，得或，当时，代入中，得，该方程的判别式，该方程有两个不相等的实数根，当时，代入中，得，该方程的判别式，该方程有两个相等的实数根，所以这样的直线共有三条，故选C10若圆上存
6、在到直线的距离等于1的点，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】将圆的方程化为标准形式得圆，所以圆心坐标为，半径为，因为圆上存在到直线的距离等于1的点，所以圆心到直线的距离满足，即，解得，故选A11在长方体中，分别为，的中点，则（ ）AB三棱锥的体积为C三棱锥外接球的表面积为D直线被三棱锥外接球截得的线段长为【答案】D【解析】假设，又因为，所以平面，所以，而在矩形中，显然是不成立的，故选项A错误；三棱锥的体积为，故选项B错误；根据，可知三棱锥外接球的直径为，从而三棱锥外接球的表面积为，故选项C错误；球心为线段的中点，在中，球心到直线的距离等于点到直线的距离的一半，而点到直线的距离等
7、于，所以球心到直线的距离等于，又该外接球的半径为，所以直线被三棱锥外接球截得的线段长，故选项D正确，故选D12数列满足，则数列的前60项和等于（ ）A1830B1820C1810D1800【答案】D【解析】当为正奇数时，由题意可得，两式相加得；当为正偶数时，由题意可得，两式相减得因此，数列的前项和为，故选D第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13在中，若，则的面积为_【答案】【解析】在中，由余弦定理可得，代入数据可得，即，解得或（舍），由面积公式可得的面积为，故答案为14已知x，y满足约束条件，则的最大值是_【答案】【解析】由题意，约束条件的可行域如图阴影部分，由得；由得；由
8、得，的几何意义是可行域内的点与点连线的斜率，所以z取得最大值，只需斜率取得最大值，由图形可知PC连线的斜率取得最大值为，故答案为15已知点，如果直线上有且只有一个点使得，那么实数的值为_【答案】10【解析】由题意知，点P的轨迹是以为直径的圆，圆的方程为，所以要使得直线上有且只有一个点P使得PAPB，则此直线与圆相切，圆心，半径为，所以，解得或（舍去），所以，故答案为1016正方体中，是的中点，是线段上的一点给出下列命题：平面中一定存在直线与平面垂直；平面中一定存在直线与平面平行；平面与平面所成的锐二面角不小于；当点从点移动到点E时，点到平面的距离逐渐减小其中，所有真命题的序号是_【答案】【解析
9、】对于：假设平面中存在直线l面，则由面面垂直的判定定理可得：面面而在正方体中，面面因为是的中点，是线段上的一点，所以面与面不重合，所以过AC有两个平面和均与面垂直，这与过平面内一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直相矛盾，故假设不正确，所以错误；对于：过M作MN垂直A1D1于N，在AC上取一点Q，过Q作PQAD于P，且PQ=MN则有，所以四边形MNPQ为平行四边形，所以，又面MAC，面MAC，所以面MAC，故正确；对于：当M与A1重合时，DAC即为二面角的平面角，此时DAC=45当M与A1向E移动时，平面与平面所成的锐二面角在增大，所以平面与平面所成的锐二面角不小于；故正确；对于：当M与A1重
10、合时，D到面MAC的距离最大，当M从A1向E移动时，点到平面的距离逐渐减小，故正确，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）已知点，直线，直线过点且与垂直，直线交圆于两点（1）求直线的方程；（2）求弦的长【答案】（1）；（2）【解析】（1）直线的斜率为，则直线的斜率为，又过点，由点斜式方程可知直线为，即（2）直线与圆相交，则圆心到直线的距离为，圆的半径为，所以弦长18（12分）如图，三棱柱中，底面，且为正三角形，为中点（1）求证：直线平面；（2）求证：平面平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】证明：（1）连接交于点，连接
11、，则点为的中点为中点，得为中位线，平面，平面，直线平面（2）底面，平面，底面正三角形，是的中点，平面，平面，平面平面19（12分）在中，角所对应的边分别为，向量，且（1）求角；（2）若，判断的形状【答案】（1）；（2）直角三角形【解析】（1）因为向量，且，所以，即，所以，可得，因为，所以，所以，所以（2）因为，由正弦定理可得，因为，所以，即，所以，整理可得，所以，所以，因为，所以，所以或，所以或当时，可得，此时是直角三角形，当时，可得，此时是直角三角形，综上所述：是直角三角形20（12分）设等差数列的前项和为，公差为，已知，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和【答案】（1）；（2）
12、【解析】（1）由题意得，解得，数列的通项公式为（2），当为奇数时，；当n为偶数时，21（12分）已知二次函数（1）若的解集为，解关于x的不等式；（2）若不等式对恒成立，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）的解集为，故，从而，解得（2）恒成立，令，从而，令当时，；当时，的最大值为22（12分）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型点在棱上，满足，点在棱上，满足，要求同学们按照以下方案进行切割：（1）试在棱上确定一点，使得平面；（2）过点的平面交于点，沿平面将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定点的位置，请求出的值【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】（1）由已知得，点在棱上，满足，点在棱上，满足，所以，取上靠近的四等分点为，则必有，则根据三角形相似，必有，使得平面（2）延长，与延长交于，连接，并延长与的延长线交于，连接，交于，由（1）可得，即为的中点，由，可得为的中点，又，是的中点，由，可得为的中点，在等腰三角形中，为的中点，取的中点，连接，则，所以，即
