成都市嘉祥教育集团2022-2023学年高二上学期9月入学考试
数学 原卷版
选择题（60分）
一、单项选择题．（每题5分，共8题，40分）
1. 在平面直角坐标系中，角的始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知函数在定义域上是单调函数，且，当在上与在R上的单调性相同时，实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，在△中，是的中点，是上一点，且，则下列说法中正确的个数是（ ）
①；
②过点作一条直线与边分别相交于点，若，，则；
③若△是边长为的正三角形，是边上的动点，则的取值范围是
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
4. 已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，，，，，则其面积最大值为（ ）
A. B. C. 21 D. 19
5. 已知四面体ABCD的三组对棱的长分别相等，依次为3，4，x，则x的取值范围是
A. B. C. D.
6. 如图，等边的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是
A. 动点在平面上射影在线段上
B. 恒有平面⊥平面
C. 三棱锥的体积有最大值
D. 异面直线与不可能垂直
7. 在直角坐标系中，已知直线，当变化时，动直线始终没有经过点．定点的坐标，则的取值范围为（ ）．
A. B. C. D.
8. 已知二次函数，若方程的根与满足，，则实数b的取值范围是（ ）
A. 或 B. 或
C. 或 D. 或
二、不定项选择题．（每题5分，共20分，选对不全得2分，有选错的得0分）
9. 在平面四边形中，，，，则（ ）
A. 当时，，，，四点共圆
B. 当，，，四点共圆时，
C. 当时，四边形面积为3
D. 四边形面积的最大值为
10. 已知数列{an}满足，，则（ ）
A. {an}是递增数列 B.
C. D.
11. 如图，平面四边形中，是等边三角形，且是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（ ）
A. 存在某个位置，使得与所成角为锐角
B. 棱上总恰有一点，使得平面
C. 当三棱锥体积最大时，
D. 当二面角为直角时，三棱锥的外接球的表面积是
12. 已知是内一点，且，点在内（不含边界），若，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
三、填空题．（每题5分，共20分）
13. 设锐角的外心为O，且，，则__________．
14. 已知，则函数单调递增区间______．
15. 已知四面体ABCD的四个顶点A，B，C，D均在半径为的球面上，且，，，则四面体ABCD的体积是______．（用含m的代数式表示）
16. 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是______．
四、解答题．（共70分）
17. 已知的内角A、B、C所对的边分别为a，b、c，的面积为S，若.
（1）求证：；
（2）若，P为内一点，且，求的取值范围.
18. 已知四棱锥中，底面为矩形，且，，若平面，，分别是线段，的中点.
（1）证明：；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置：若不存在，说明理由；
（3）若与平面所成的角为45°，求二面角的余弦值．
19. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）若，求c；
（2）点A，B，C分别在等边△DEF边DE，EF，FD上（不含端点）.若△DEF面积的最大值为7，求c.
20. 已知向量令.
（1）求函数的对称轴方程；
（2）设，当时，求函数的最小值；
（3）在（2）的条件下，若对任意的实数且，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
21. 如图，四边形中，，．
（1）求；
（2）若，求．
22. 数列对任意且，均存在正整数，满足，，．
（1）求可能值；
（2）若，成立，求数列的通项公式．成都市嘉祥教育集团2022-2023学年高二上学期9月入学考试
数学 解析版
选择题（60分）
一、单项选择题．（每题5分，共8题，40分）
1. 在平面直角坐标系中，角的始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三角函数的定义求出，再由二倍角公式求出．
【详解】，.
故选：B.
2. 已知函数在定义域上是单调函数，且，当在上与在R上的单调性相同时，实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
依题意可得，为定值，设，则，不难得到在上为增函数，再对求导，利用三角恒等变换将化简为，又在上与在上单调性相同，所以时，恒成立，即恒成立，最后根据三角函数的性质求出参数的取值范围；
【详解】解：因为函数在定义域上是单调函数，则没有零点，所以或恒成立，
又，，所以为定值，设，则，不难得到在上为增函数，因为，
所以，
又在上与在上单调性相同，所以时，恒成立，即恒成立，
因为
则，
所以
故选：B
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，三角函数的性质的应用，属于中档题.
3. 如图，在△中，是的中点，是上一点，且，则下列说法中正确的个数是（ ）
①；
②过点作一条直线与边分别相交于点，若，，则；
③若△是边长为的正三角形，是边上的动点，则的取值范围是
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
【答案】C
【解析】
【分析】由，，，结合向量的运算判断①；由三点共线结合向量的数乘运算判断②；建立坐标系，利用坐标运算结合二次函数的性质判断③.
【详解】对于①：，，，故，故①正确；
对于②：，，因为三点共线，所以，即，解得，故②错误；
对于③：以点作为坐标原点，建立如下图所示的直角坐标系，，，设，因为，，所以，当时，，当时，，即的取值范围是，故③正确；
故选：C
4. 已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，，，，，则其面积最大值为（ ）
A. B. C. 21 D. 19
【答案】B
【解析】
【分析】设，利用两次余弦定理求得的关系，再根据三角形面积公式以及余弦的差角公式，即可求得结果.
【详解】设，连接，作图如下：
在△中，由余弦定理可得：，
在△中，由余弦定理可得：，
故可得，即，
又四边形的面积，
令，则，
由，则，
上述两式相加可得：，即，
当且仅当时，取得最大值40，此时的最大值为，
由，其最大值为.
故选：.
【点睛】本题考察三角函数和解三角形的综合，其中余弦定理的应用，和同角三角函数关系的处理，是解决问题的关键，属综合困难题.
5. 已知四面体ABCD的三组对棱的长分别相等，依次为3，4，x，则x的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，设，，四面体可以由和在同一平面的△沿着为轴旋转构成，利用数形结合能求出的取值范围．
详解】解：如图所示，
第一排 三个图讨论最短；第二排 三个图讨论最长，
设，，四面体可以由和在同一平面的△沿着为轴旋转构成，
第一排，三个图讨论最短：
当向趋近时，逐渐减少，，可以构成四面体；
当时构成的四面体，不满足题意；
所以满足题意的四面体第三对棱长大于，
第二排，三个图讨论最长：
当向趋近时，逐渐增大，，可以构成的四面体；
当时构成的四面体，不满足题意；
所以满足题意的四面体第三对棱长小于；
综上，，．
故选B．
【点睛】本题考查了四面体中边长的取值范围问题，也考查了推理论证能力，属于难题．
6. 如图，等边的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是
A. 动点在平面上的射影在线段上
B. 恒有平面⊥平面
C. 三棱锥的体积有最大值
D 异面直线与不可能垂直
【答案】D
【解析】
【详解】由题意知，平面，固选项A、B正确，
对于三棱锥体积，其底面在旋转过程中面积不变，则当底面时，三棱锥体积最大，固选项C正确，
故选D.
7. 在直角坐标系中，已知直线，当变化时，动直线始终没有经过点．定点的坐标，则的取值范围为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据原点到直线的距离为1，结合题意可得点在单位圆内，即可求解.
【详解】因为原点到直线的距离为，
所以动直线所围成的图形为单位圆，
又动直线始终没有经过点，所以点在该单位圆内，
，，
即的取值范围为.
故选：D．
8. 已知二次函数，若方程的根与满足，，则实数b的取值范围是（ ）
A. 或 B. 或
C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，根据函数与方程的关系和根与系数的关系，讨论和，得出对应的取值范围，根据函数零点的定义列出不等式组，从而求出的取值范围．
【详解】解：令，
则，知，，与同号；
，化简得；
由求根公式求出方程的两个实数根为，；
①，则由得，
又，即；
，解得；
②若，则由得，
又，即；
，解得；
综上知，的取值范围是或．
故选：D．
【点睛】本题考查了函数与方程的应用问题，也考查了根与系数的应用问题，是综合题．
二、不定项选择题．（每题5分，共20分，选对不全得2分，有选错的得0分）
9. 在平面四边形中，，，，则（ ）
A. 当时，，，，四点共圆
B. 当，，，四点共圆时，
C. 当时，四边形的面积为3
D. 四边形面积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对AB，由余弦定理可得，，结合四点共圆四边形对角互补，代入数据求解方程组，即可判断；
对CD，由①，以及②，①②两式代入数据，两边同时平方，再左右对应相减，即可整理得到S与的关系式，进一步讨论即可判断
【详解】对A，由余弦定理得，，代入数据可得，又，综上可解得，，故，故平面四边形对角互补，，，，四点共圆，故A对；
对B，由余弦定理得，，代入数据可得， 又，，，四点共圆，故平面四边形对角互补，，综上可解得，故B错；
对C、D，四边形的面积，代入数据可得 ①，
， ②，
①②两式左右相减，整理可得
，，当时，，又当时，四边形面积取得最大值，为
，故C、D对；
故选：ACD
10. 已知数列{an}满足，，则（ ）
A. {an}是递增数列 B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由递推公式和可判断A，由数列递增和可判断B，由递推公式知可判断C，对递推公式取倒裂项，然后累加、放缩可判断D.
【详解】因为a1=1，，所以，故A正确；
易知，所以为正整数，又{an}是递增数列，所以，故B正确；
由递推公式得：，又，所以，，，易知，故C不正确；
取倒得，则由累加法得整理得，
又所以
故选：ABD
11. 如图，平面四边形中，是等边三角形，且是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（ ）
A. 存在某个位置，使得与所成角为锐角
B. 棱上总恰有一点，使得平面
C. 当三棱锥的体积最大时，
D. 当二面角为直角时，三棱锥的外接球的表面积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】证明判断A；取CD的中点N，由推理判断B；三棱锥的体积最大时确定点C位置判断C；求出三棱锥的外接球半径计算判断D作答.
【详解】取BD中点E，连接CE，ME，如图，因是正三角形，有，而是的中点，
有，而，则，，平面，
于是得平面，平面，所以，A不正确；
取CD的中点N，连MN，因是的中点，则，平面，平面，所以平面，B正确；
因，要三棱锥的体积最大，当且仅当点C到平面距离最大，
由选项A知，点C到直线BD的距离，是二面角的平面角，当时，平面，
即当C到平面距离最大为时，三棱锥的体积最大，此时，有，
而，，平面，则有平面，平面，所以，C正确；
三棱锥的外接球被平面所截小圆圆心是正的中心，，
被平面所截小圆圆心为点M，设球心为O，连，则平面，平面，
当二面角为直角时，由选项C知，平面，平面，有，
四边形为矩形，，连，在中，，
所以三棱锥的外接球的表面积，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
12. 已知是内一点，且，点在内（不含边界），若，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据可知O为的重心；根据点M在内，判断出当M与O重合时，最小；当M与C重合时，的值最大，因不含边界，所以取开区间即可．
【详解】因为是内一点，且
所以O为的重心
在内（不含边界），且当M与O重合时，最小，此时
所以，即
当M与C重合时，最大，此时
所以，即
因为在内且不含边界
所以取开区间，即，
结合选项可知ABC符合，D不符合
故选：ABC
三、填空题．（每题5分，共20分）
13. 设锐角的外心为O，且，，则__________．
【答案】8
【解析】
【分析】设外接圆的半径为；平面向量数量积的运算律及三角形外心的性质得到，再根据同角三角函数的基本关系将弦化切，从而得解；
【详解】解：因为点为外接圆的圆心，设外接圆的半径为；
所以，
整理得，
所以，
故，
则，
所以，
所以，即
所以，所以，则，即．
故答案为：
14. 已知，则函数的单调递增区间______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等变换整理可得，再结合正弦函数求解单调区间.
【详解】
，则
函数的单调递增区间为
故答案为：.
15. 已知四面体ABCD的四个顶点A，B，C，D均在半径为的球面上，且，，，则四面体ABCD的体积是______．（用含m的代数式表示）
【答案】
【解析】
【分析】将四面体补全为长方体，设长方体的长宽高分别为，，则外接球的直径即为该长方体的体对角线，从而可求得，再利用勾股定理可求得长宽高，再根据锥体与柱体的体积公式即可得解.
【详解】解：由题意，将四面体补全为长方体，如图所示，
设长方体的长宽高分别为，，
则，
，
故，解得，
则，解得，
所以四面体ABCD的体积为.
故答案为：.
16. 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是______．
【答案】440
【解析】
【分析】由题意求得数列的每一项，及前项和，及项数，由题意可知：为2的整数幂．只需将消去即可，分别分别即可求得的值.
【详解】解：由题意可知：第一项，第二项，第三项，，第项，
根据等比数列前项和公式，求得每项和分别为：，，，，，
每项含有的项数为：1，2，3，，，
总共的项数为，
所有项数的和为，
由题意可知：为2的整数幂，只需将消去即可，
则①，解得：，总共有，不满足，
②，解得：，总共有，不满足，
③，解得：，总共有，不满足，
④，解得：，总共有，满足，
该款软件的激活码440．
故答案为：440.
【点睛】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前项和，考查计算能力及数据分析能力，属于难题.
四、解答题．（共70分）
17. 已知的内角A、B、C所对的边分别为a，b、c，的面积为S，若.
（1）求证：；
（2）若，P为内一点，且，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析．
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的定义，面积公式，余弦定理得，利用基本不等式和正弦函数性质得出；
（2）由（1）得出，由平面几何知识得在圆上，以为轴建立平面直角坐标系，设，求出圆的方程后，再求出，然后利用此表达式的几何意义求出其范围．
【小问1详解】
因为，所以，
所以，又，，
所以且，即；
【小问2详解】
由（1）知，
以为轴建立平面直角坐标系，如图，则，，，
设，，由平面几何知识得点在圆上，
设该圆半径为，则，，设其圆心为，
由于，则，所以，在轴下方，
所以，圆方程为，
点轨迹方程是（），
，
表示到点的距离的平方，
，所以的最小值是，
又，又在内部，所以，
所以，
综上，的取值范围是，
18. 已知四棱锥中，底面为矩形，且，，若平面，，分别是线段，的中点.
（1）证明：；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置：若不存在，说明理由；
（3）若与平面所成的角为45°，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的一个四等分点（靠近点）时，平面；（3）.
【解析】
【分析】（1）连接，利用勾股定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，即可证得；
（2）过点作交于点，利用面面平行的判定定理，证得平面平面，得到平面，即可得到结论；
（3）取的中点，连接，过点作于点，连接，得到则平面，得出为二面角的平面角，直角中，即可求解.
【详解】（1）连接，则，，又，
由，所以，
又由平面，则，
又由，所以平面，
又因为平面，所以．
（2）过点作交于点，则平面，且有，
再过点作交于点，连接，则平面且，
所以平面平面，又由平面，所以平面，
所以当为的一个四等分点（靠近点）时，使得平面．
（3）因为平面，
所以是与平面所成的角，且，所以，
取的中点，连接，则，平面，所以，
在平面中，过点作于点，连接，则平面，
则为二面角的平面角，
因为，所以，
因为，，，且，
所以，，
在直角中，，
故二面角余弦值为.
【点睛】本题考查了线面平行、线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时熟记二面角的平面角的定义，得出二面角的平面角是解答的本题的一个难点.
19. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）若，求c；
（2）点A，B，C分别在等边△DEF的边DE，EF，FD上（不含端点）.若△DEF面积的最大值为7，求c.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求出角，再利用余弦定理可求出，
（2）由三角形面积的最大值求出的最大值，设，则，然后分别在和中利用余弦定理表示出，从而可表示，化简后利用三角函数的性质可求出其最大值，从而列方程可求出
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
因为，
所以,
，
，
因，
所以，
所以，
，
因为，
所以，，
因为，，
所以由余弦定理得，
，，
，得（舍去），或
【小问2详解】
由（1）可知，，
由于△DEF面积的最大值为7，则，得
所以的最大值为，
因为，所以，
因为，所以，
设，则，
在中，由正弦定理得
所以，得，
在中，由正弦定理得，
所以，得，
所以
，其中，
所以当时，取得最大值，
所以，
所以，
所以，即，
所以，
解得或（舍去），
【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，第（2）问解题的关键是分别在和中利用余弦定理表示出，从而可得，化简后利用三角函数的性质可求得其最大值，考查计算能力，属于较难题
20. 已知向量令.
（1）求函数的对称轴方程；
（2）设，当时，求函数的最小值；
（3）在（2）的条件下，若对任意的实数且，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的数量积公式及两角和的余弦公式可得，再由 可得结果；
（2）令，因为，所以 则，根据二次函数的性质讨论三种情况，即可得结果；
（3）当时，由，结合基本不等式即可得结果.
【小问1详解】
因为向量
所以，
由，得，
所以函数对称轴方程为
【小问2详解】
由（1）得，
因为
所以
令，因为，
所以 ，
则，
对称轴为，
当，即，可得在上单调递增，
所以，
当，即时，，
当，即时，在上单调递减，
所以
所以
【小问3详解】
当时，由（2）可得
所以
而，当且仅当时取等号，
，当且仅当时，取等号，
所以
所以 ，
即实数的取值范围为
【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的图象与性质，考查向量的数量积运算，考查二次函数的最值的求法，考查基本不等式的应用，解题的关键是利用三角函数公式将函数进行化简，再换元转化为二次函数求解，考查数学转化思想和分类思想，属于难题.
21. 如图，四边形中，，．
（1）求；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理求出，由勾股定理判断出为直角三角形，求解即可；
（2）根据余弦定理求出，，结合勾股定理求出参数，计算即可．
【小问1详解】
中，设，则，解得
，；
【小问2详解】
设，则
设，，
中，
中，
，，可得，化简得，即
又，，即
，解得
22. 数列对任意且，均存在正整数，满足，，．
（1）求可能值；
（2）若，成立，求数列的通项公式．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用递推关系式可得，然后计算的值即可；
（2）由题意可得，，然后利用数学归纳法证明数列单调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式．
【小问1详解】
解：由，
可得，
所以或；
【小问2详解】
因为，
，，
，
，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明恒成立：
当，明显成立，
假设时命题成立，即，
则，则，命题得证．
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
①若，则矛盾，
②若，则，，，
此时，
，
③若，则，
，，
，
，
事实上：矛盾．
综上可得．
【点睛】本题主要考查数列中的递推关系式，数列中的推理问题，数列通项公式的求解等知识，属于难题．
