2020年秋季高二数学第一学期期初考试(生)

2020学年第一学期高二级月考数学试题注意事项：1.本试题共4页，四大题，18小题，满分130分（含附加题10分），考试时间90分钟，答案必须填写在答题卡上，在试题上作答无效，考试结束后，只交答题卡。

2.作答前，认真浏览试卷，请务必规范、完整填写答题卡的卷头。

3.考生作答时，请使用0.5mm黑色签字笔在答题卡对应题号的答题区域内作答。

第Ⅰ卷选择题（共50分）一、选择题（本大题共10小题，共50分）1.在△ABC中，已知A=75°，B=45°，b=4，则c=()A. √6B. 2C. 4√3D. 2√62.若a>b，c>d，则下列不等关系中不一定成立的是()A. a−b>c−dB. a+c>b+dC. a−c>b−cD. a−c<a−d3.已知△ABC中，AB=2，BC=3，AC=√10，则cosB=()A. √108B. √104C. 14D. 124.正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1=3，S3=21，则公比q=()A.1B. 2C. 3D. 45.已知x>0，y>0，且1x+4y=1，则x+y的最小值为()A.6B. 8C. 9D. 126.已知数列{a n}是首项a1=4，公比q≠1的等比数列，且4a1，a5，−2a3成等差数列，则公比q等于()A. 12B. −1C. 2D. −27.任取实数x∈[−2,8]，则所取x满足不等式x2−5x+6≤0的概率为()A. 18B. 19C. 110D. 1118.我国古代数学名著《九章算术》里有一道关于玉石的问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两．今有石方三寸，中有玉，并重十一斤(176两).问玉、石重各几何?”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的x,y分别为()A. 98，78B. 96，80C. 94，74D. 92，729.设等差数列{a n}前n项和为S n，等差数列{b n}前n项和为T n，若S nT n=20n−12n−1，则a3b3=()A. 595B. 11C. 12D. 1310.在△ABC中，若AB=√37，BC=4，C=2π3，则△ABC的面积S=()A.3√3B. 3√2C. 6D. 4第Ⅱ卷非选择题（共80分）二、填空题（本大题共2小题，共10分）11.若变量x，y满足约束条件{x+y⩾−12x−y≤1y⩽1，则z=3x−y的最小值为__________．12.已知数列{a n}满足a1=1，log2a n+1=log2a n+1，若a m=32，则m=________．三、解答题（本大题共5小题，共60分）13.（10分）解下列不等式：>1(1)3x2−7x+2>0 (2)2x+4x−314.（12分）设S n为等差数列{a n}的前n项和．已知a3=5，S7=49．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1，求数列{b n}的前n项和T n．a n a n+115.（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC．(1)求A；(2)若a=4，△ABC的面积为4√3，求b，c．16.（12分）在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12nmile的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10nmile的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14nmile的速度沿北偏东45°+α方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．17.（14分）已知正项数列{a n}的前n项和为S n，对任意n∈N∗，点(a n,S n)都在函数f(x)=2x−2的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列b n=(2n−1)a n，求数列{b n}的前n项和T n.四、附加题（本大题共1小题，共10分）18.“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一块麦田里玩，几千万的小孩子，附近没有一个大人，我是说……除了我”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田.假设霍尔顿在一块成凸四边形ABCD的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将BD连接，设ΔABD中边BD所对的角为A，ΔBCD中边BD所对的角为C，经测量已知AB=BC=CD=2，AD=2√3．霍尔顿发现无论BD多长，√3cosA−cosC为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值.。

2020-2021 学年高二数学上学 期学期初考试试题一、选择题(每小题 5 分,共 12 小题 60 分)1、已知实数 满足，则的大小关系是（ ）A.B.C.D.2、三点在同一条直线上，则 的值为( )A.B.C.D.3、若向量，分别表示两个力，则为( )A.B.C.D.4、若，，且，则 有（ ）A.最大值B.最小值C.最小值D.最小值5、已知，则 ( )A.B.C.D.6、数列 的通项，则数列的前 项和等于( )A.B.C.D.7、已知一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，根据图 中标出的尺寸，可得这个几何体的表面积是( )A. 8、过定点A.B.的直线与过定点的最大值为( )B.C. 的直线C.9、函数的一个单调增区间是（）-1- / 9D. 交于点 ，则D.A.B.C.D.10、光线从点射出，经轴反射与圆则光线从 点到 点所经过的路程为( )A.B.C.11、如果一个等差数列前 项的和为 ，最后 项的和为列有( )A. 项B. 项C.相切，设切点为 ，D. ，且所有项的和为 ，则这个数项D. 项12、已知函数(，且)是上的减函数，则的取值范围是( )C.A.B.D.二、填空题(每小题 5 分,共 4 小题 20 分)13、一个三角形在其直观图中对应一个边长为 的正三角形，原三角形的面积为__________.14、已知两条直线 ：，：，若 ∥ ，则＝__________．15、若， 满足约束条件则 的最大值为__________．16、正四棱锥的所有棱长均相等， 是 的中点，那么异面直线 与 所成的角的余弦值等于__________．三、解答题(第 17 题 10 分,第 18 题 12 分,第 19 题 12 分,第 20 题 12 分,第 21 题 12 分,第 22 题 12 分,共 6 小题 70 分)17、已知 (1)求线段 (2)求、、．的中点坐标；的边 上的中线所在的直线方程．18、已知，，，设.（1）求的解析式及单调递增区间；（2）在中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且，，，求的面积.-2- / 919、如图，已知 AB 是圆 O 的直径，C 为圆上一点，AB＝2，AC＝ 1，P 为⊙O 所在平面外一点，且 PA 垂直于圆 O 所在平面，PB 与 平面所成的角为 ． (1)求证：BC⊥平面 PAC； (2)求点 A 到平面 PBC 的距离．20、在等差数列 中,,.（1）求数列 的通项公式；（2）设,求21、如图，在三棱柱是、的中点．求证：(1)平面(2)平面⊥平面； ．的值. 中，侧棱垂直于底面，且，M、N 分别22、已知圆，直线． (1)求证：直线 恒过定点． (2)判断直线 被圆 截得的弦何时最长、何时最短？并求截得的弦长最短时 度．的值以及最短长-3- / 9逊克一中 xx----xx 上学期高二上学期初考试数学科试卷答案解析第 1 题答案A第 1 题解析根据不等式两边同时乘以一个数，不等号的方向的改变来得到，也可以借助于数轴法来得到，由于,且,那么借助于数轴法可知结论为，选 A.第 2 题答案 C 第 2 题解析因为三点在同一条直线上，所以有．，即，解得第 3 题答案 D 第 3 题解析,故选 D．..第 4 题答案 D 第 4 题解析，∴，即 有最小值 ，等号成立的条件是，第 5 题答案 B 第 5 题解析 由题可得：第 6 题答案 C 第 6 题解析，所以前 项和.. .-4- / 9第 7 题答案 B 第 7 题解析由三视图可知这个几何体上部是一个半球，下部是一个圆柱，所以它的表面积为第 8 题答案 D 第 8 题解析 动直线点 的直线 ∴经过定点，动直线，即，经过点定点，∵过定点 的直线始终垂直， 又是两条直线的交点，∴有与定 ，，故（当且仅当时取“”），故选 D.第 9 题答案 C 第 9 题解析由图象易得函数单调递增区间为，当 时，得为的一个单调递增区间．故选 C.第 10 题答案 D 第 10 题解析 解：点关于轴的对称点为路程为切线长第 11 题答案 A 第 11 题解析，∴点 到点 ．的距离为 ，∴所求-5- / 9∵前 项的和为 ，最后 项的和为 ，∴前 项 最后三项，从而可知，第 12 题答案 A 第 12 题解析由是上的减函数，可得第 13 题答案,.，化简得.第 13 题解析 如图，由底边长，那么原来的高线为，则原三角形的面积．第 14 题答案 ．第 14 题解析两条直线，故．，若，则，第 15 题答案3第 15 题解析不等式组表示的平面区域是一个三角形区域（包含边界），其三个点坐标分别为、、．而，可表示为两点与连线的斜率，其中在平面区域内，知 运动到 时，此时 斜率最大，为 3．第 16 题答案-6- / 9第 16 题解析 连接 AC、BD 交于 O，异面直线则，，与 所成的角即为 EO 与 BE 所成的角，设棱长为 1，，,所以,第 17 题答案 (1) (2) 第 17 题解析(1)设 的中点为，由中点坐标公式得：，即.(2)因为，，所以，由点斜式方程可得:第 18 题答案 （1）见解析；（2） .第 18 题解析（1）∵，令，解得∴的单调递增区间为（2）由，可得又，∴由余弦定理可知∴，故，，∴. ，，解得，. ，∴.-7- / 9第 19 题答案 (1)证明略(2) ．第 19 题解析 (1)证明：∵PA⊥平面 ABC，∴PA⊥BC． ∵AB 是圆 O 的直径，C 为圆上一点，∴BC⊥AC． 又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面 PAC． (2)如图，过点 A 作 AD⊥PC 于点 D，∵BC⊥平面 PAC，AD 平面 PAC，∴BC⊥AD，∴AD⊥平面 PBC．∴AD 即为点 A 到平面 PBC 的距离．依题意知∠PBA 为 PB 与平面 ABC 所成角，即∠PBA＝45°，∴PA＝AB＝2，AC＝1，可得．∵AD·PC＝PA·AC．∴，即点 A 到平面 PBC 的距离为．第 20 题答案（1）；（2）.第 20 题解析（1）设等差数列 的公差为 .由已知,得解得所以 （2）由（1）可得 所以. .-8- / 9.第 21 题答案(1)略；(2)略．第 21 题解析⑴证明：(1)因为，即 BC∥ ，BC 平面，平面，所以平面．(2)，即 BC⊥AC，又 ⊥平面 ABC，BC 平面 ABC，所以 ⊥BC，又 ∩AC＝C，故 BC⊥平面．又 BC 平面，所以平面⊥平面．第 22 题答案 解：(1)证明略；(2)直线 被圆 截得的弦最短时 的值是 ，最短长度是 ．第 22 题解析 解：(1)直线 的方程经整理得．由于 的任意性，于是有，解此方程组，得．即直线 恒过定点．(2)因为直线 恒经过圆 内一点 ，所以(用《几何画板》软件，探究容易发现)当直线经过圆心 时被截得的弦最长，它是圆的直径；当直线 垂直于 时被截得的弦长最短．由，，可知直线 的斜率为，所以当直线 被圆 截得弦最短时，直线 的斜率为 ，于是有 ，即，解得．此时直线 l 的方程为．又．所以，最短弦长为．直线被圆 截得的弦最短时 的值是 ，最短长度是 ．【感谢您的阅览，下载后可自由编辑和修改，关注我 每天更新】-9- / 9。

2020-2021学年高二数学上学期期初检测试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知椭圆上的点到椭圆一个焦点的距离为7，则到另一焦点的距离为（）A．2 B．3 C．5 D．72．过点P(2,4)作圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的切线，则切线方程为( )A．3x＋4y－4＝0 B．4x－3y＋4＝0C．x＝2或4x－3y＋4＝0 D．y＝4或3x＋4y－4＝03．设为双曲线的两个焦点，点在双曲线上且满足，则的面积是（）A．1 B．C．2 D．4．已知抛物线的焦点在直线上，则此抛物线的标准方程是（）A．B．C．或 D．或5．已知抛物线与双曲线有共同的焦点，为坐标原点，在轴上方且在双曲线上，则的最小值为（）A． B． C． D．6．若双曲线的渐近线与圆无交点，则的离心率的取值范围为（）A． B． C． D．7．在中，角所对应的边分别为，已知，则( )A． B．2 C．D．18．如图，椭圆的右顶点为A，上顶点为B，动直线l 交椭圆C于两点，且始终满足，作交MN于点H，则的取值范围是( )A．B．C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．9．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，截面与直线平行，与交于点E，则下列判断正确的是（）A．E为的中点 B．平面C．与所成的角为D．三棱锥与四棱锥的体积之比等于.10．三角形有一个角是，这个角的两边长分别为8和5，则（）．A．三角形另一边长为7 B．三角形的周长为20C．三角形内切圆周长为 D．三角形外接圆面积为11．在平面直角坐标系中，动点到两个定点和的距离之积等于8，记点的轨迹为曲线，则（）A．曲线经过坐标原点B．曲线关于轴对称C．曲线关于轴对称 D．若点在曲线上，则12．已知椭圆的左、右焦点分别为、，直线与椭圆相交于点、，则（）A．当时，的面积为B．不存在使为直角三角形C．存在使四边形面积最大 D．存在，使的周长最大三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在中，若三边的比是，则此三角形的最大角为_________．14．椭圆的左、右焦点分别为，，直线经过交椭圆于，两点，则的周长为__________．15．已知直线与椭圆交于、两点，若，则的取值范围是_____．16．已知抛物线的准线方程为，在抛物线上存在两点关于直线对称，且为坐标原点，则的值为__________．四、解答题：本题共6小题，共70分。

高新部高二开学考试数学试题一、选择题(共12小题，每小题5分,共60分)1. 函数在，)上的大致图象依次是下图中的( )A. ①②③④B. ②①③④C. ①②④③D. ②①④③【答案】C【解析】对应的图象为①，对应的图象为②，对应的图象为④，对应的图象为③.故选C.2. 在同一坐标系中，曲线与的图象的交点是( )A. B.C. D. (kπ，0)k∈Z【答案】B【解析】在同一坐标系中，画出曲线与的图象，观察图形可知选项B正确，故选B.3. 关于函数，下列说法正确的是( )A. 是周期函数，周期为πB. 关于直线对称C. 在上的最大值为D. 在上是单调递增的【答案】D【解析】.4. 函数x的最小值、最大值分别是( )A. B. C. D.【答案】A【解析】由于，故函数的最小值为，最大值为 .故选A.5. 函数的最小值和最大值分别为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】2. ∴当时，，当时，，故选C.6. 的值为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】 .故选B.7. 使函数为奇函数，且在区间上为减函数的的一个值为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】为奇函数，所以＝，所以，排除A和D；因为在区间]上为减函数，又，所以为奇数，故选C.【点睛】本题的关键步骤有：利用辅助角公式化简表达式；根据奇函数的特征求得＝.8. 若α是锐角，且)＝，则的值等于( )A. B. C. D.【答案】A【解析】是锐角，∴，又)，∴sin(x＋)，∴sinα＝sin[(α＋)－])).故选A.9. 的大小关系是( )A. cos 1＞cos 2＞cos 3B. cos 1＞cos 3＞cos 2C. cos 3＞cos 2＞cos 1D. cos 2＞cos 1＞cos 3【答案】A【解析】∵余弦函数在上单调递减，又，故选A.10. 已知角的终边上一点)，则等于( )A. B. C. D.【答案】A【解析】角的终边上一点)，则，则.故选A.11. 化简式子＋＋的结果为( )A. 2(1＋cos 1－sin 1)B. 2(1＋sin 1－cos 1)C. 2D. 2(sin 1＋cos 1－1)【答案】C【解析】＋＋＝＋＋.【点睛】解决此类问题的要领有：被开方式化简成完全平方；熟练运用公式；结合三角函数值判定的符号，再去绝对值.12. 如图是函数)的图象，那么( )A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】由点在图象上，，，此时.又点在的图象上，且该点是“五点”中的第五个点，，∴2π，∴，综上，有，故选C.【点睛】解决此类题型的常用方法有：1、采用直接法（即按顺序求解）.2、排除法（抓住部分特征进行排除）.分卷II二、填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分)13. ________.【答案】－【解析】∵，∴原式.故答案为14. ________.【答案】1－【解析】原式··.故答案为1－15. ________.【答案】【解析】∵,∴，∴原式.故答案为16. 化简： ________.【答案】－1【解析】原式)(.故答案为【点睛】本题的关键点有：先切化弦，再通分；利用辅助角公式化简；同角互化.三、解答题(共6小题,17.10分。

高二数学第一学期期中考试试卷一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)(每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的把答案写在题号前) 1. 已知数列{a n }的通项公式为n n a n -=2，则下列各数中不是数列中的项的是( ) A.2 B.40 C.56 D.90 2. 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若12231a ==S ，，则a 6等于( ) A.8 B.10 C.12 D.14 3. 若0<<b a ，则下列不等式一定成立的是( ) A.b a22> B.a 2ab > C.ab b 2> D.b <a4. 等差数列{a n }中，a 1，a 2，a 4这三项构成等比数列，则公比q=( ) A.1 B.2 C.1或2 D.1或21 5. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且3a 1=，a n n 2a 1=+，则S 5=( ) A.32 B.48 C.62 D.93 6. 若椭圆122=+kyx 的离心率是21，则实数k 的值为( ) A.3或31 B.34或43 C.2或21 D.32或237. 已知双曲线C ：12222=-bya x ()0,0a >>b 的一条渐近线方程为x 3y =，一个焦点坐标为（2，0），则双曲线方程为( )A.16222=-y x B.12622=-y x C.1322x=-y D.13yx 22=-8. 若关于x 的不等式a xx ≥+4对于一切∈x （0，+∞）恒成立，则实数x 的取值范围是( )A.(-∞，5]B.(-∞，4]C.(-∞，2]D.(-∞，1] 9. 已知椭圆12222=+bya x ()0a >>b 的两个焦点分别为F F 21,，若椭圆上存在点P 使得∠PFF 21是钝角，则椭圆离心率的取值范围是( )A.(0，22) B.(22，1) C.(0，21) D.(21，1)10. 设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线()02y 2>=p px 上任意一点，M 是线段PF 的中点，则直线OM 的斜率的最大值为( ) A.22B.1C.2D.2 二、填空题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)11. 在数列0，41，83，…，2n 1-n ，…中，94是它的第______项.12. 在等差数列{a n }中，542a =+a ，则=a 3______.13. 请写出一个与1322=-yx 有相同焦点的抛物线方程：____________.14. 椭圆14222=+ayx 与双曲线12222=-y a x 有相同的焦点，则实数a=______. 15. 函数()()111>-+=x x x x f 的最小值是______；此时x=______. 16. 要使代数式01a 2<-+ax x 对于一切实数x 都成立，则a 的取值范围是______.17. 已知椭圆的两个焦点1222=+yxFF 21,，点P 在椭圆上，且PF PF21⊥，则PF2=______.18. 在数列{a n }中，5,12113-==a a ，且任意连续三项的和均为11，则a 2019=______；设S n 是数列{a n }的前n 项和，则使得100≤S n 成立的最大整数n=______.三、解答题(本大题共5小题，共70分)19. 设{a n }是等差数列，-101=a ，且a a a a a a 6483102,,+++成等比数列. （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值.20. 已知数列{a n }的前n 项和n n S n +=2，其中N n +∈. （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设12+=nn b ，求数列{b n }的前n 项和T n .21. 已知函数()R a ax x f x ∈-=,22.（Ⅰ）当a=1时，求满足()0<x f 的x 的取值范围； （Ⅱ）解关于x 的不等式()a x f 32<.22. 已知抛物线C ：()022>=p px y ，经过点（2，-2）. （Ⅰ）求抛物线C 的方程及准线方程；（Ⅱ）设O 为原点，直线02=--y x 与抛物线相交于B A ,两点，求证：OA ⊥OB .23. 已知椭圆C ：的右焦点为12222=+by a x ()，且经过点，01F ().10，B （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）直线()2:+=x k y l 与椭圆C 交于两个不同的点N M ,，若线段MN 中点的横坐标为32-，求直线l的方程及ΔFMN的面积.。

学2020-2021学年高二数学上学期期初考试试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）若a，b，，，则下列不等式成立的是A. B. C. D.若是的内角，且，则A与B的关系正确的是A. B. C. D. 无法确定已知、a、x、b、依次成等比数列，则实数x的值为A. 3 B. C. 3或 D. 不确定过点且与直线垂直的直线方程是A. B.C. D.一圆锥形物体的母线长为4，其侧面积为，则这个圆锥的体积为A. B. C. D.已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则下列命题正确的是A. 若，，则B. 若，且，则C. 若，，则D. 若，且，则已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，，则A. B. C. D.点为圆的弦AB的中点，则直线AB的方程为A. B. C.D.已知正数满足，则的最小值为A. 5B.C.D. 2如图，长方体中，，，那么异面直线与所成角的余弦值是A. B. C. D.已知数列的通项公式，前n项和为，若，则的最大值是A. 5B. 10C. 15D. 20在三棱锥中，平面ABC，，，则三棱锥的外接球的表面积为A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）直线恒过定点______．中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的最大值为______设数列的前n项和为，若，且，则______．设圆：圆：点A，B分别是圆，上的动点，P为直线上的动点，则的最小值为______．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）在长方体中，底面ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，F是的中点．求证：平面；若，求二面角的正弦值．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足：．Ⅰ求角A的大小；Ⅱ若，求的最大值．设为正项数列的前n项和，且满足．求的通项公式；令，若恒成立，求m的取值范围．20.已知两个定点，，动点P满足设动点P的轨迹为曲线E，直线l：．求曲线E的轨迹方程；若l与曲线E交于不同的C，D两点，且为坐标原点，求直线l的斜率；若，Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM，QN，切点为M，N，探究：直线MN是否过定点．数学试卷答案和解析1.【答案】D【解析】解：由，A.取，时不成立；B.取，时不成立；C.取时不成立；D.，可得：恒成立．故选：D．通过赋值法及利用不等式的基本性质即可判断出结论．本题考查了赋值法、不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2.【答案】B【解析】解：由正弦定理得，即．故选：B．根据正弦定理转化为，利用大角对大边的性质进行判断即可．本题主要考查三角函数角的大小比较，结合正弦定理以及大边对大角是解决本题的关键．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．由、a、x、b、依次成等比数列，奇数项的符合相同，即可得出．【解答】解：、a、x、b、依次成等比数列，奇数项的符合相同，则．故选：B．4.【答案】C【解析】解：由于直线的斜率为，故所求直线的斜率等于，故所求直线的方程为，即，故选：C．由两直线垂直的性质求出所求直线的斜率，再用点斜式求直线的方程，化为一般式．本题主要考查两直线垂直的性质，用点斜式求直线的方程，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：圆锥的展开图为扇形，半径，侧面积为为扇形的面积，所以扇形的面积，解得，所以弧长，所以底面周长为，由此可知底面半径，所以底面面积为，圆锥体的高为，故圆锥的体积，故选：C．利用圆锥的侧面展开图，扇形的面积，然后转化求解圆锥的体积．本题考查圆锥的体积的求法，考查转化思想以及计算能力．6.【答案】D【解析】解：对于A，若，，则或与相交，故错；对于B，若，且，则m与不一定垂直，故错；对于C，若，，则与位置关系不定，故错；对于D，，，，则，故正确．故选：D．利用面面、线面位置关系的判定和性质，直接判定．本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间相互关系的合理运用．7.【答案】D【解析】解：，，，由正弦定理，可得：，由余弦定理，可得：，解得：，负值舍去．故选：D．由已知利用正弦定理可求c的值，根据余弦定理可得，解方程可得a的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：是圆的弦，圆心为设AB的中点是满足因此，AB的斜率可得直线AB的方程是，化简得故选：C．由垂径定理，得AB中点与圆心C的连线与AB互相垂直，由此算出AB的斜率，结合直线方程的点斜式列式，即可得到直线AB的方程．本题给出圆的方程，求圆以某点为中点的弦所在直线方程，着重考查了直线与圆的方程、直线与圆的位置关系等知识，属于基础题．9.【答案】C【解析】解：，所以，，则，所以，，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：C．由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出的最小值．本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题．10.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．先将平移到，得到的锐角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．【解答】解：如图，设，则，，，．将平移到，则是异面直线与所成角，，，．故选：A．11.【答案】B【解析】解：根据题意，数列的通项公式是，其前n项和是，有，即当最大时，取得最大值；若，且，解可得：，即当时，的值为正．即当，时，，此时取得最大值10．故选：B．根据题意，由数列的性质可得，结合数列的通项公式以及二次函数的性质分析可得当时，的值为正，进而可得当，时，取得最大值，利用通项公式计算的值，即可得答案．本题考查等差数列的前n项和与前m项和的最大值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.【答案】C【解析】解：如图，由题意，的外接圆的半径．平面ABC，且，三棱锥的外接球的半径R满足．三棱锥的外接球的表面积为．故选：C．由题意画出图形，求出底面三角形ABC的外接圆的半径，进一步求得三棱锥的外接球的半径，再由球的表面积公式求解．本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．13.【答案】【解析】解：直线，由题得，，解得，，直线过定点故答案为：直线，化为，由此能求出直线经过的定点．本题考查直线经过的定点坐标的求法，考查直线方程的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14.【答案】【解析】解：由，，由余弦定理得，即，故，即的最大值为，故答案为：．结合余弦定理以及基本不等式，利用三角形的面积公式进行求解即可．本题主要考查三角形面积最值的计算，结合余弦定理，以及基本不等式进行转化是解决本题的关键．15.【答案】【解析】解：由于数列的前n项和为，若，所以常数，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，故，整理得，故答案为：．直接利用递推关系式的变换求出数列的通项公式，进一步求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．16.【答案】【解析】解：可知圆的圆心，，圆的圆心，，如图所示对于直线上的任一点P，由图象可知，要使的得最小值，则问题可转化为求的最小值，即可看作直线上一点到两定点距离之和的最小值减去7，又关于直线对称的点为，由平面几何的知识易知当与P、共线时，取得最小值，即直线上一点到两定点距离之和取得最小值为的最小值为．故答案为：求出圆心坐标和半径，结合圆的地产进行转化求解即可．本题主要考查圆与圆位置关系的应用，利用数形结合结合对称性进行转化是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．17.【答案】证明：连接，，F分别为AB，的中点，长方体中，，，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面解：在长方体中，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则0，，0，，2，，1，，，，，，，设平面的一个法向量，则，取，则同样可求出平面的一个法向量二面角的正弦值为．【解析】连接，推导出，则四边形是平行四边形，从而，，由此能证明平面．在长方体中，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值．本题考查线面平行的证明，考查三面角的正弦值的求法，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．18.【答案】解：Ⅰ，，，，由余弦定理可得：，又在中，，．Ⅱ由Ⅰ及，可得：，即，，当且仅当时等号成立，，则，当且仅当时等号成立，故的最大值为2．【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．Ⅰ由正弦定理化简已知等式可得，由余弦定理可得，结合范围，可求A的值．Ⅱ由Ⅰ及，可得，由，即可求得的最大值．19.【答案】解：由题，令，得，解得，当时，，得：，，，即是以3为首项，2为公差的等差数列，；，，若恒成立，则，的取值范围为．【解析】由已知和数列的性质，可推出此数列为等差数列，利用定义写出通项即可；首先将变形成差的形式，利用这一特点可以消项化简，解不等式的m范围．本题属于一般题型，考察了数列的定义和基本性质，对式子的变形有所考察，总体上属于中档题．20.【答案】解：设点P的坐标为，，即，整理可得，所以曲线E的轨迹方程为．依题意，，且，则点O到CD边的距离为1，即点到直线l：的距离，解得，所以直线l的斜率为．依题意，，，则M，N都在以OQ 为直径的圆F上，Q是直线l：上的动点，设，则圆F的圆心为，且经过坐标原点，即圆的方程为．又因为M，N在曲线E：上，由，可得，即直线MN的方程为．由且可得，，解得，所以直线MN是过定点．【解析】本题考查轨迹方程，涉及点到直线的距离公式，两点间的距离公式等，属于综合题，难度较大．设点P的坐标为，根据列方程化简可得轨迹方程；，且，则点O到CD边的距离为1，列方程求解即可；依题意，，，则M，N都在以OQ 为直径的圆F上，Q是直线l：上的动点，设，联立两个圆的方程求解即可．学2020-2021学年高二数学上学期期初考试试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）若a，b，，，则下列不等式成立的是A. B. C. D.若是的内角，且，则A与B的关系正确的是A. B. C. D. 无法确定已知、a、x、b、依次成等比数列，则实数x的值为A. 3B.C. 3或D. 不确定过点且与直线垂直的直线方程是A. B. C.D.一圆锥形物体的母线长为4，其侧面积为，则这个圆锥的体积为A. B. C. D.已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则下列命题正确的是A. 若，，则B. 若，且，则C. 若，，则D. 若，且，则已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，，则A. B. C. D.点为圆的弦AB的中点，则直线AB的方程为A. B. C.D.已知正数满足，则的最小值为A. 5B.C.D. 2如图，长方体中，，，那么异面直线与所成角的余弦值是A. B. C. D.已知数列的通项公式，前n项和为，若，则的最大值是A. 5B. 10C. 15D. 20在三棱锥中，平面ABC，，，则三棱锥的外接球的表面积为A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）直线恒过定点______．中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的最大值为______设数列的前n项和为，若，且，则______．设圆：圆：点A，B分别是圆，上的动点，P为直线上的动点，则的最小值为______．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）在长方体中，底面ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，F是的中点．求证：平面；若，求二面角的正弦值．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足：．Ⅰ求角A的大小；Ⅱ若，求的最大值．设为正项数列的前n项和，且满足．求的通项公式；令，若恒成立，求m的取值范围．20.已知两个定点，，动点P满足设动点P的轨迹为曲线E，直线l：．求曲线E的轨迹方程；若l与曲线E交于不同的C，D两点，且为坐标原点，求直线l的斜率；若，Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM，QN，切点为M，N，探究：直线MN是否过定点．数学试卷答案和解析1.【答案】D【解析】解：由，A.取，时不成立；B.取，时不成立；C.取时不成立；D.，可得：恒成立．故选：D．通过赋值法及利用不等式的基本性质即可判断出结论．本题考查了赋值法、不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2.【答案】B【解析】解：由正弦定理得，即．故选：B．根据正弦定理转化为，利用大角对大边的性质进行判断即可．本题主要考查三角函数角的大小比较，结合正弦定理以及大边对大角是解决本题的关键．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．由、a、x、b、依次成等比数列，奇数项的符合相同，即可得出．【解答】解：、a、x、b、依次成等比数列，奇数项的符合相同，则．故选：B．4.【答案】C【解析】解：由于直线的斜率为，故所求直线的斜率等于，故所求直线的方程为，即，故选：C．由两直线垂直的性质求出所求直线的斜率，再用点斜式求直线的方程，化为一般式．本题主要考查两直线垂直的性质，用点斜式求直线的方程，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：圆锥的展开图为扇形，半径，侧面积为为扇形的面积，所以扇形的面积，解得，所以弧长，所以底面周长为，由此可知底面半径，所以底面面积为，圆锥体的高为，故圆锥的体积，故选：C．利用圆锥的侧面展开图，扇形的面积，然后转化求解圆锥的体积．本题考查圆锥的体积的求法，考查转化思想以及计算能力．6.【答案】D【解析】解：对于A，若，，则或与相交，故错；对于B，若，且，则m与不一定垂直，故错；对于C，若，，则与位置关系不定，故错；对于D，，，，则，故正确．故选：D．利用面面、线面位置关系的判定和性质，直接判定．本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间相互关系的合理运用．7.【答案】D【解析】解：，，，由正弦定理，可得：，由余弦定理，可得：，解得：，负值舍去．故选：D．由已知利用正弦定理可求c的值，根据余弦定理可得，解方程可得a的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：是圆的弦，圆心为设AB的中点是满足因此，AB的斜率可得直线AB的方程是，化简得故选：C．由垂径定理，得AB中点与圆心C的连线与AB互相垂直，由此算出AB的斜率，结合直线方程的点斜式列式，即可得到直线AB的方程．本题给出圆的方程，求圆以某点为中点的弦所在直线方程，着重考查了直线与圆的方程、直线与圆的位置关系等知识，属于基础题．9.【答案】C【解析】解：，所以，，则，所以，，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：C．由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出的最小值．本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题．10.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．先将平移到，得到的锐角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．【解答】解：如图，设，则，，，．将平移到，则是异面直线与所成角，，，．故选：A．11.【答案】B【解析】解：根据题意，数列的通项公式是，其前n项和是，有，即当最大时，取得最大值；若，且，解可得：，即当时，的值为正．即当，时，，此时取得最大值10．故选：B．根据题意，由数列的性质可得，结合数列的通项公式以及二次函数的性质分析可得当时，的值为正，进而可得当，时，取得最大值，利用通项公式计算的值，即可得答案．本题考查等差数列的前n项和与前m项和的最大值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.【答案】C【解析】解：如图，由题意，的外接圆的半径．平面ABC，且，三棱锥的外接球的半径R满足．三棱锥的外接球的表面积为．故选：C．由题意画出图形，求出底面三角形ABC的外接圆的半径，进一步求得三棱锥的外接球的半径，再由球的表面积公式求解．本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．13.【答案】【解析】解：直线，由题得，，解得，，直线过定点故答案为：直线，化为，由此能求出直线经过的定点．本题考查直线经过的定点坐标的求法，考查直线方程的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14.【答案】【解析】解：由，，由余弦定理得，即，故，即的最大值为，故答案为：．结合余弦定理以及基本不等式，利用三角形的面积公式进行求解即可．本题主要考查三角形面积最值的计算，结合余弦定理，以及基本不等式进行转化是解决本题的关键．15.【答案】【解析】解：由于数列的前n项和为，若，所以常数，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，故，整理得，故答案为：．直接利用递推关系式的变换求出数列的通项公式，进一步求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．16.【答案】【解析】解：可知圆的圆心，，圆的圆心，，如图所示对于直线上的任一点P，由图象可知，要使的得最小值，则问题可转化为求的最小值，即可看作直线上一点到两定点距离之和的最小值减去7，又关于直线对称的点为，由平面几何的知识易知当与P、共线时，取得最小值，即直线上一点到两定点距离之和取得最小值为的最小值为．故答案为：求出圆心坐标和半径，结合圆的地产进行转化求解即可．本题主要考查圆与圆位置关系的应用，利用数形结合结合对称性进行转化是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．17.【答案】证明：连接，，F分别为AB，的中点，长方体中，，，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面解：在长方体中，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则0，，0，，2，，1，，，，，，，设平面的一个法向量，则，取，则同样可求出平面的一个法向量二面角的正弦值为．【解析】连接，推导出，则四边形是平行四边形，从而，，由此能证明平面．在长方体中，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值．本题考查线面平行的证明，考查三面角的正弦值的求法，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．18.【答案】解：Ⅰ，，，，由余弦定理可得：，又在中，，．Ⅱ由Ⅰ及，可得：，即，，当且仅当时等号成立，，则，当且仅当时等号成立，故的最大值为2．【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．Ⅰ由正弦定理化简已知等式可得，由余弦定理可得，结合范围，可求A的值．Ⅱ由Ⅰ及，可得，由，即可求得的最大值．19.【答案】解：由题，令，得，解得，当时，，得：，，，即是以3为首项，2为公差的等差数列，；，，若恒成立，则，的取值范围为．【解析】由已知和数列的性质，可推出此数列为等差数列，利用定义写出通项即可；首先将变形成差的形式，利用这一特点可以消项化简，解不等式的m范围．本题属于一般题型，考察了数列的定义和基本性质，对式子的变形有所考察，总体上属于中档题．20.【答案】解：设点P的坐标为，，即，整理可得，所以曲线E的轨迹方程为．依题意，，且，则点O到CD边的距离为1，即点到直线l：的距离，解得，所以直线l的斜率为．依题意，，，则M，N都在以OQ为直径的圆F上，Q是直线l：上的动点，设，则圆F的圆心为，且经过坐标原点，即圆的方程为．又因为M，N在曲线E：上，由，可得，即直线MN的方程为．由且可得，，解得，所以直线MN是过定点．【解析】本题考查轨迹方程，涉及点到直线的距离公式，两点间的距离公式等，属于综合题，难度较大．设点P的坐标为，根据列方程化简可得轨迹方程；，且，则点O到CD边的距离为1，列方程求解即可；依题意，，，则M，N都在以OQ为直径的圆F上，Q是直线l：上的动点，设，联立两个圆的方程求解即可．。

江苏省苏州中学2020-2021学年度一学期期初考试高二数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间45分钟。

所有答案均写在答题纸上。

第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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. 设集合A ＝{x | x 2－x －2＜0}，集合B ＝{y | y ＝3x }，则A ∩B ＝（ ） A. (0,＋∞)B. (0, 2)C. (－1, 0)D. (－1, 2)2. 已知f (x ＋1)＝x ＋2x ，则函数f (x )的解析式为（ ） A. f (x )＝x 2－1(x ≥0)B. f (x )＝x 2－1(x ≥1)C. f (x )＝x 2(x ≥0)D. f (x )＝x 2(x ≥1)3. 在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝1，点P 在AM 上且满足AP →＝2PM →，则PA →·(PB →＋PC →)＝（ ）A. －49B. －43C. 43D. 494. 直线y ＝ax －a 是圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＋1＝0的一条对称轴，过点A (4a , 2a )作圆C 的一条切线，切点为B ， 则|AB |＝（ ）A.2B. 2 2C. 5D. 15. 已知锐角△ABC 中，角A , B , C 所对的边分别为a , b , c ，若b 2＝a (a ＋c )，则sin(B －A )sin 2A 的取值范围是（ ） A. (2,＋∞)B. (3,＋∞)C. (2, 2)D. (3, 2)6. 如右图，体积为V 的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点．V 1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，V 2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是（ ） A. V 1＝V2B. V 2＝V2C. V 1＞V 2D. V 1＜V 2二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.7. 已知函数f (x )＝(log 2 x )2－log 2 x 2－3，则下列说法正确的是（ ）A. 函数y ＝f (x )的图象与x 轴有两个交点B. 函数y ＝f (x )的最小值为－4C. 函数y ＝f (x )的最大值为4D. 函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称8. 已知圆C 被x 轴分成两部分的弧长之比为1: 2，且被y 轴截得的弦长为4，当圆心C 到直线x ＋5y ＝0的距离最小时，圆C 的方程为（ ）第6题A. (x ＋4)2＋(y －5)2＝20B. (x －4)2＋(y ＋5)2＝20C. (x ＋4)2＋(y ＋5)2＝20D. (x －4)2＋(y －5)2＝20第Ⅱ卷（非选择题，共60分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.9. 已知函数f (x )＝cos2x ＋a sin x ＋c 在区间(－π6, π2)内是减函数，则实数a 的取值范围是 ． 10. 已知直线l 1：ax − by − 4 = 0和直线l 2：(a − 2)x + y − b = 0，若l 1∥l 2，且坐标原点到这两条直线距离相等，则ab 的值为 ．11. 如图，已知线段AB = 4，四边形ABNM 的两顶点M 、N 在以AB 为直径的半圆弧上，且MN = 2，则AM →·BN →的取值范围是 ．四、解答题：本题共3小题，共45分。

2020-2021学年高二（上）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.)1. 已知a>b，c>d>0，则（）A.1 a <1bB.a−c>b−dC.ac>bdD.dc<d+4c+42. 关于x的不等式x+1x−2≥0的解集为（）A.(−∞, −1]∪(2, +∞)B.[−1, 2)C.(−∞, −1]∪[2, +∞)D.[−1, 2]3. 设等差数列{a n}的前n项和为S n，公差d＝1，且S6−S2＝10，则a3+a4＝（）A.2B.3C.4D.54. 若不等式ax2+bx−1<0的解集为{x|−1<x<2}，则a+b的值为（）A.−14B.0 C.12D.15. 已知等比数列{a n}中，a2a3a4=1，a6a7a8＝64，则a5＝（）A.±2B.−2C.2D.46. 已知在数列{a n}中，a1=2,a n+1=nn+1a n，则a2020的值为（）A.1 2020B.12019C.11010D.110097. 已知a>0，b>0，a+b＝3，则y=4a +1b+1的最小值为（）A.9 8B.94C.92D.98. 已知数列{b n}满足b n=2λ(−12)n−1−n2，若数列{b n}是单调递减数列，则实数λ的取值范围是（）A.(−1, 103) B.(−12, 103) C.(−1, 1) D.(−12, 1)二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置.上.)9. 下列说法正确的有（）A.“a＝b”是“ac＝bc”的充分不必要条件B.“1a >1b”是“a<b”的既不充分又不必要条件C.“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件D.“a>b>0”是“a n>b n(n∈N, n≥2)”的充要条件10. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1>0，2a5+a11＝0，则（）A.a8<0B.当且仅当n＝7时，S n取得最大值C.S4＝S9D.满足S n>0的n的最大值为1211. 已知a，b均为正实数，且a+b＝1，则（）A.a2+b2的最小值为12B.ab+1ab的最小值为2C.√a+√b的最大值为√2D.1a +1b的最大值为412. 对于数列{a n}，定义：b n=a n−1a n(n∈N∗)，称数列{b n}是{a n}的“倒差数列”．下列叙述正确的有（）A.若数列{a n}单调递增，则数列{b n}单调递增B.若数列{b n}是常数列，数列{a n}不是常数列，则数列{a n}是周期数列C.若a n=1−(−12)n，则数列{b n}没有最小值D.若a n=1−(−12)n，则数列{b n}有最大值三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置.上.)13. 命题“∃x∈R，x2−2x+m≤0”的否定是________．14. 在等比数列{a n }中，已知a 3⋅a 8=10，则a 53⋅a 7的值为________．15. 已知x >0，y >0，x +3y +xy =9，则x +3y 的最小值为________．16. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．大衍数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列第19项的值为________，此数列的通项公式a n ＝ {n 2−12(n)n 22(n)．四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17. 在①f(x +1)−f(x)＝2ax ，②f(x)的对称轴为x =12，③f(1)＝2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并回答下面问题．已知二次函数f(x)＝ax 2+bx +1，若_____，且不等式f(x)≥0对任意的x ∈R 恒成立，试求实数a 的取值范围．18. 已知数列{a n }是公比q >1的等比数列，若a 1+a 2+a 3＝14，且a 2+1是a 1，a 3的等差中项．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝log 2a n ，数列{1b n b n+1}的前n 项和为T n ，若T n <m 2−1对n ∈N ∗恒成立，求满足条件的自然数m 的最小值．19. 已知数列{a n }中，a 1＝2，且满足a n+1−2a n ＝2n+1(n ∈N ∗)．（1）求证：数列{a n2n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；（2）求证：对于数列{b n }，b 1+2b 2+...+nb n ＝a n 的充要条件是b n =(n+1)2n−1n．20. 已知函数f(x)=a⋅2x +12x −1,a ∈R ．（1）当a ＝1时，求不等式f(x)>3的解集；（2）若不等式|f(2x)−f(x)|≤1对任意x∈[1, 2]恒成立，求实数a的取值范围．21. 如图，某森林公园内有一条宽为2百米的笔直的河道（假设河道足够长），现拟在河道内围出一块直角三角形区域养殖观赏鱼．三角形区域记为△ABC，A到河两岸距离AE，AD相等，B，C分别在两岸上，AB⊥AC．为方便游客观赏，拟围绕△ABC区域在水面搭建景观桥，桥的总长度（即△ABC的周长）为l．设EC＝x百米．（1）试用x表示线段BC的长度；（2）求l关于x的函数解析式f(x)，并求f(x)的最小值．22. 已知数列{a n}为等差数列，公差为d，前n项和为S n．（1）若a1＝0，d＝2，求S100的值；,8)内，求d的取值范围；（2）若a1＝−1，{a n}中恰有6项在区间(12（3）若a1＝1，S2＝3，集合A={a n|n∈N∗}，问能否在集合A中抽取到无穷多个不全相等的元素组成一个新数列{b n}，使得此新数列{b n}满足从第二项开始，每一项都等于它的前一项和后一项的调和平均数．若能，请举例说明；若不能，请说明理由．（注：叫作数a和数b的调和平均数）．数2aba+b参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.【答案】D【解析】由不等式的性质逐一判断即可．2.【答案】C【解析】根据题意，原不等式变形可得(x+1)(x−2)>0或x+1＝0，解可得x的取值范围，即可得答案．3.【答案】B【解析】先根据求和公式和等差数列的性质可得a5+a4＝5，即可求出a3+a4．4.【答案】B【解析】不等式ax2+bx−1<0的解集是{x|−1<x<2}，故−1，2是方程ax2+bx−1＝0的两个根，由根与系数的关系求出a，b．5.【答案】C【解析】设等比数列{a n}的公比为q，由a2a3a4=1，a6a7a8＝64，可得(q4)3＝64，解得q2．又(a1q2)3=1，解得a1．利用通项公式即可得出．6.【答案】C【解析】直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式，进一步求出结果．7.【答案】B【解析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．8.【答案】A【解析】)n−2n−1<0，分类讨论，根据数列的根据函数为递减数列可得b n+1−b n＝6λ(−12函数特征即可求出．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置.上.9.【答案】A,B,C【解析】利用不等式的基本性质、简易逻辑的判定方法即可判断出正误．10.【答案】A,C,D【解析】2a5+a11＝0利用通项公式可得：a1＝−6d．根据a1>0，可得d<0，利用通项公式和求和公式进而判断出结论．11.【答案】A,C,D【解析】由已知结合基本不等式分别检验各选项即可判断．12.【答案】B,D【解析】对于A，根据函数f(x)＝x−1在(−∞, 0)和(0, +∞)上单调递增，但在整个定义域上不x是单调递增，即可判断；=t，通过数列的递推关系可得数列{a n}是以2为周期的周期数对于B，设b n＝a n−1a n列，)n，分了n为奇数和偶数，利用数列的单调性即可判断．对于CD，若a n＝1−(−12三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置.上.13.【答案】∀x∈R，x2−2x+m>0【解析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论．14.【答案】100【解析】根据等比数列的性质即可求出．15.【答案】6【解析】此题暂无解析16.【答案】180【解析】直接利用数据求出数列的关系式和通项公式．四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【答案】选①f(x+1)−f(x)＝2ax，∵f(x)＝ax2+bx+1，∴a(1+x)2+b(1+x)+1−ax2−bx−1＝2ax，整理可得，2ax+a+b＝2ax，∴a+b＝0，∵f(x)＝ax2−ax+1≥0对任意的x∈R恒成立，当a＝0时，1≥0对任意的x∈R恒成立，∴{a>0a2−4a≤0，解得0<a≤4，故0≤a≤4；选②：f(x)的对称轴为x=12，∴−b2a =12，∴b＝−a，∵f(x)＝ax2−ax+1≥0对任意的x∈R恒成立，当a＝0时，1≥0对任意的x∈R恒成立，∴{a>0a2−4a≤0，解得0<a≤4，故0≤a≤4；选③：f(1)＝2，∴a+b+1＝2即b＝1−a，∵f(x)＝ax2+(1−a)x+1≥0对任意的x∈R恒成立，当a＝0时，x+1≥0不恒成立，当a≠0时，{a>0(1−a)2−4a≤0，解得3−2√2≤a≤3+2√2，故3−2√2≤a≤3+2√2．【解析】选①：f(x+1)−f(x)＝2ax，结合已知二次函数代入可得a+b＝0，然后由不等式恒成立，结合二次函数的性质可求；选②：f(x)的对称轴为x=12，结合已知二次函的对称轴方程可得a+b＝0，然后由不等式恒成立，结合二次函数的性质可求；选③：f(1)＝2，直接代入可得b＝1−a，然后由不等式恒成立，结合二次函数的性质可求．18.【答案】数列{a n}是公比q>1的等比数列，若a1+a2+a3＝14，且a2+1是a1，a3的等差中项．所以{a1+a2+a3=142(a2+1)=a1+a3，整理得{a1+qa1+a1⋅q2=142(a1⋅q+1)=a1+a1⋅q2，解得{a1=2q=2，故a n=2n．由于b n＝log2a n＝n，所以1b n b n+1=1n(n+1)=1n−1n+1，所以T n=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1<1，若T n<m2−1对n∈N∗恒成立，只需满足m2−1≥1即可，故m≥4，即满足条件的自然数m的最小值为4．【解析】（1）直接利用已知条件和关系式的应用求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法和恒成立问题的应用求出数列的和及m的最小值．19.【答案】数列{a n}中，a1＝2，且满足a n+1−2a n＝2n+1(n∈N∗)．整理得a n+12n+1−a n2n=1（常数），所以数列{a n2n}是以1为首项，1为公差的等差数列．所以a n2n=1+(n−1)=n，所以a n=n⋅2n．证明：由于a n=n⋅2n，所以b1+2b2+...+nb n＝n⋅2n①，当n＝1时，b1＝2，当n≥2时，b1+2b2+⋯+(n−1)b n−1=(n−1)⋅2n−1②，①-②得：nb n=n⋅2n−(n−1)⋅2n2=(n+1)⋅2n2，所以b n=(n+1)2n−1n，（首项符合通项），所以b n=(n+1)2n−1n，即数列{b n }，b 1+2b 2+...+nb n ＝a n 的充要条件是b n =(n+1)2n−1n．【解析】（1）直接利用构造新数列的应用求出数列的通项公式； （2）利用数列的递推关系式的应用求出结果． 20. 【答案】当a ＝1时，f(x)=2x +12x −1，由f(x)>3，即2x +12x −1>3，化为2−2x2x −1>0， 即1<2x <2，可得0<x <1， 则解集为(0, 1)； f(x)=a⋅2x +12x −1=a +a+12x −1，则f(2x)−f(x)=a+122x −1−a+12x −1=(a +1)⋅−2x22x −1，令t ＝2x ，因为x ∈[1, 2]，可得t ∈[2, 4]， 由题意可得|a +1|≤22x −12x=2x −12x=t −1t恒成立，即有|a +1|≤(t −1t )min ，而g(t)＝t −1t 在[2, 4]递增，可得g(t)min ＝g(2)=32， 则|a +1|≤32，解得−52≤a ≤12， 则a 的取值范围是[−52, 12]． 【解析】（1）由题意可得f(x)=2x +12x −1，由指数不等式的解法和指数函数的单调性，可得所求解集；（2）计算f(2x)−f(x)，令t ＝2x ，t ∈[2, 4]，由题意可得|a +1|≤22x −12x=2x −12x =t −1t恒成立，即有|a +1|≤(t −1t)min ，运用g(t)＝t −1t在[2, 4]的单调性，可得最小值，再由绝对值不等式的解法可得所求范围． 21.【答案】∵ AB ⊥AC ，∴ ∠EAC +∠BAD ＝90∘，在Rt △ABD 中，∠ABD +∠BAD ＝90∘，∴ ∠EAC ＝∠ABD ，则Rt △CAE ∽Rt △ABD ， ∴ ACAB =ECAD ．∵ EC ＝x ，AC =√AE 2+EC 2=√1+x 2，AD ＝1，∴AB=1×√1+x2x =√1+x2x，则BC=√AB2+AC2=√1+x2+1+x2x2=√x2+2+1x2=x+1x；f(x)=√1+x2+√1+x2x +x+1x，x>0．∵x>0，∴f(x)≥2√√1+x2⋅√1+x2x +2√x⋅1x=2√1x+x+2≥2√2+2．当且仅当√1+x2=√1+x2x ，且1x=x，即x＝1时取“＝”．∴f(x)min=2√2+2，故景观桥总长的最小值为(2√2+2)百米．【解析】（1）由已知证明Rt△CAE∽Rt△ABD，得ACAB =ECAD，由EC＝x，得AC=√AE2+EC2=√1+x2，AD＝1，再由勾股定理求BC；（2）写出f(x)的表达式，然后利用基本不等式求最值．22.【答案】因为a1＝0，d＝2，又因为S n＝na1+n(n−1)2⋅d，所以S100＝100×0+12×100×99×2＝9900；设从第m(m∈N∗, m≥2)项开始在(12, 8)内，则{a m>12 a m−1≤12a m+5<8 a m+6≥8，即有{−1+(m−1)d>12−1+(m−2)d≤12−1+(m+4)d<8−1+(m+5)d≥8，解得{32(m−1)<d≤32(m−2)9m+5≤d<9m+4，所以{32(m−1)<9m+49 m+5≤32(m−2)，解得m∈(2, 175]，所以m＝3，所以d∈[98, 97 )；因为a1＝1，S2＝a1+a2＝3，所以a2＝2，d＝a2−a1＝1，所以a n＝n，①新数列{b n}中有两个相同和一个不同项a m，a n，a m，若a n=2a m a ma m+a m=a m，矛盾；若a m=2a n a ma n+a m，解得a m＝a n，所以a n，a m是两个不同项，且a m≥1，a n≥1，所以a n≠a m，所以新数列{b n}中有两个相同和一个不同项是不成立的；②新数列{b n}中有三个不同项a m，a n，a r，设m＝a m，n＝a n，r＝a r，且m<n<r，b1＝m，b2＝n，则a n=2a m a ra m+a r ，即n=2mrm+r，解得r=mn2m−n ，设第四项为p，则r=2npn+p，即p=nr2n−r =mn22m−n2n−mn2m−n=mn3m−2n，设第五项为t，则p=2rtr+t ，即t=rp2r−p=mn2m−n⋅mn3m−2n2mn2m−n−mn3m−2n=mn4m−3n，由数学归纳法可得b n=b1b2(n−1)b1−(n−2)b2，即(n−1)b1>(n−2)b2，b1b2>n−2n−1，当n非常大时，n−2n−1趋向于1，则b1b2≥1，即b1≥b2（与假设矛盾），故三项不同的数列{b n}也不存在．综上可得，{b n}不存在．【解析】（1）运用等差数列的通项公式和求和公式，可得所求和；（2）设从第m(m∈N∗, m≥2)项开始在(12, 8)内，运用等差数列的通项公式可得m，d的不等式组，解不等式可得所求范围；（3）分别讨论①新数列{b n}中有两个相同和一个不同项a m，a n，a m；②新数列{b n}中有三个不同项a m，a n，a r，推理论证即可判断存在性．试卷第11页，总11页。

2020-2021学年高二数学上学期期初考试试题 (I)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题纸相应位置上) 1．函数3sin(2)4y x π=+的最小正周期为 .2．不等式1021x x +≤-的解集为 . 3．在等比数列{}n a 中, 416a =-，61a =-，则5a 的值为 . 4．已知向量(1,1)a =,(2,)b x =，若()a b a +⊥，则实数x ＝ . 5．函数1ln(2)y x =-的定义域为 .6．已知直线1:240l x y +-=与 2:(2)10l mx m y ++-=平行，则实数m ＝ . 7．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2．若a k a k ＋1＜0，则正整数k ＝ ． 8．已知两正数x ，y 满足x ＋4y ＝1，则11x y+的最小值为 .9．若变量x ，y 满足约束条件1020y x y x y ≤⎧⎪+≥⎨⎪--≤⎩,则2z x y =+的最小值为 .10．已知直线20kx y -+=与圆O ：224x y +=相交于,A B 两点，若点M 在圆O 上，且有OM OA OB =+，则实数k ＝ .11．已知函数lg (010)()16(10)2x x f x x x ⎧<≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若,,a b c 互不相等，且()()()f a f b f c ==，则a b c⋅⋅的取值范围是 .12．若钝角三角形三个内角的度数成等差数列，且最大边与最小边长度之比为m ，则m 的取值范围是 ． 13．在平面直角坐标系xOy 中，若曲线29x y =-上恰好有三个点到直线y x b =+的距离为1，则b 的取值范围是 .14．已知函数2()44f x x x =++，若存在实数t ，当[4,]x m ∈时，()f x t x +≤恒成立，则实数m 的最大值为 .二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15．在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，设(3,1)m =，(1cos ,sin )n A A =+．(1)当3A π=时，求||n 的值；(2)若1,3a c ==，当m n ⋅取最大值时，求b ．16．在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥DC ，AB ⊥平面PAD ， PD ＝AD ，AB ＝2DC ，E 是PB 的中点． 求证：(1)CE ∥平面PAD ； (2)CE ⊥平面PAB ．17．已知圆O ：224x y +=．(1)设直线l ：10x y +-=，求直线l 被圆O 截得的弦长；(2)设圆O 和x 轴相交于A ，B 两点，点P 为圆O 上不同于A ，B 的任意一点，直线PA ，PB 交直线3x = 于D ，E 两点．当点P 变化时，以DE 为直径的圆C 是否经过定点？请证明你的结论；18．某单位拟建一个扇环面形状的花坛(如图所示)，该扇环面是由以点O 为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O 的两条直线段围成.按设计要求扇环面的周长为30米，其中大圆弧所在圆的半径为10米.设小圆弧所在圆的半径为x 米，圆心角为θ(弧度). (1)求θ关于x 的函数关系式；(2)已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时，直线部分的装饰费用为4元/米，弧线部分的装饰费用为9元/米.设花坛的面积与装饰总费用的比为y ，求y 关于x 的函数关系式，并求出x 为何值时，y 取得最大值？(扇形的弧长公式：l r θ=⋅；扇形的面积公式：21122S l r r θ=⋅=⋅)19．对于函数()f x ，若在定义域内存在实数x ，满足()()f x f x -=-，则称()f x 为“局部奇函数”.(1)已知二次函数2()24f x ax x a =+-，a R ∈，试判断()f x 是否为“局部奇函数”，并说明理由；(2)若()2x f x m =+是定义在区间[1,1]-上的“局部奇函数”，求实数m 的取值范围； (3)若12()423x x f x m m +=-⋅+-为定义在R 上的“局部奇函数”，求实数m 的取值范围.20．已知数列{}n a 满足15(1)2n n n n a a +++-=*(N )n ∈，数列{}n a 的前n 项和为n S ． (1)求13a a +的值； (2)若1532a a a +=．① 求证：数列{}2n a 为等差数列； ② 求满足224p m S S =*(N )p m ∈，的所有数对()p m ，．高二数学试题答案（考试时间120分钟 满分160分）一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题纸相应位置上．．．．．．．．) 1．函数3sin(2)4y x π=+的最小正周期为 .π2．不等式1021x x +≤-的解集为 .1[1,)2-3．在等比数列{}n a 中, 416a =-，61a =-，则5a 的值为 .4± 4．已知向量(1,1)a =,(2,)b x =，若()a b a +⊥，则实数x ＝ .4- 5．函数1ln(2)y x =-的定义域为 .(2,3)∪(3,＋∞)6．已知直线1:240l x y +-=与 2:(2)10l mx m y ++-=平行，则实数m ＝ .2 7．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2．若a k a k ＋1＜0，则正整数k ＝ ．23 8．已知两正数x ，y 满足x ＋4y ＝1，则11x y+的最小值为 .99．若变量x ，y 满足约束条件1020y x y x y ≤⎧⎪+≥⎨⎪--≤⎩,则2z x y =+的最小值为 .－110．已知直线20kx y -+=与圆O ：224x y +=相交于,A B 两点，若点M 在圆O 上，且有OM OA OB =+，则实数k ＝ .3±11．已知函数lg (010)()16(10)2x x f x x x ⎧<≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若,,a b c 互不相等，且()()()f a f b f c ==，则a b c⋅⋅的取值范围是 .(10,12)12．若钝角三角形三个内角的度数成等差数列，且最大边与最小边长度之比为m ，则m 的取值范围是 ．(2,)+∞ 13．在平面直角坐标系xOy 中，若曲线29x y =-上恰好有三个点到直线y x b =+的距离为1，则b 的取值范围是 .(22,23]--14．已知函数2()44f x x x =++，若存在实数t ，当[4,]x m ∈时，()f x t x +≤恒成立，则实数m的最大值为 .9二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15．在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，设(3,1)m =，(1cos ,sin )n A A =+．(1)当3A π=时，求||n 的值；(2)若1,3a c ==，当m n ⋅取最大值时，求b ．16．在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥DC ，AB ⊥平面PAD ， PD ＝AD ，AB ＝2DC ，E 是PB 的中点．求证：(1)CE ∥平面PAD ； (2)CE ⊥平面PAB ． 【证】（1）取PA 的中点F ，连EF ，DF ．…… 2分因为E 是PB 的中点，所以EF // AB ，且12EF AB =．因为AB ∥CD ，AB ＝2DC ，所以EF ∥CD ，……………… 4分EF CD =，于是四边形DCEF 是平行四边形，从而CE ∥DF ，而CE ⊄平面PAD ，DF ⊂平面PAD ，故CE ∥平面PAD ． …………………… 7分 （2）（接（1）中方法1）因为PD ＝AD ，且F 是PA 的中点，所以DF PA ⊥．因为AB ⊥平面PAD ，DF ⊂平面PAD ，所以DF AB ⊥．… 10分因为CE ∥DF ，所以CE PA ⊥，CE AB ⊥． 因为PA AB ⊂，平面PAB ，PAAB A =，所以CE ⊥平面PAB ．因为CE ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PAB ． …… 14分17．已知圆O ：224x y +=．(1)设直线l ：10x y +-=，求直线l 被圆O 截得的弦长；(2)设圆O 和x 轴相交于A ，B 两点，点P 为圆O 上不同于A ，B 的任意一点，直线PA ，PB 交直线3x = 于D ，E 两点．当点P 变化时，以DE 为直径的圆C 是否经过定点？请证明你的结论； 解：(1)14 (2)(35,0)±18．某单位拟建一个扇环面形状的花坛(如图所示)，该扇环面是由以点O 为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O 的两条直线段围成.按设计要求扇环面的周长为30米，其中大圆弧所在圆的半径为10米.设小圆弧所在圆的半径为x 米，圆心角为θ(弧度).(1)求θ关于x 的函数关系式；(2)已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时，直线部分的装饰费用为4元/米，弧线部分的装饰费用为9元/米.设花坛的面积与装饰总费用的比为y ，求y 关于x 的函数关系式，并求出x 为何值时，y 取得最大值？(扇形的弧长公式：l r θ=⋅；扇形的面积公式：21122S l r r θ=⋅=⋅) 解：(1)设扇环的圆心角为，则()30102(10)x x θ=++-，所以10210xxθ+=+，…………………………5分 (2) 花坛的面积为2221(10)(5)(10)550,(010)2x x x x x x θ-=+-=-++<<．………7分 装饰总费用为()9108(10)17010x x x θ++-=+， ………………………………………10分所以花坛的面积与装饰总费用的比22550550==1701010(17)x x x x y x x -++---++， …………………12分令17t x =+，则3913243()101010y t t =-+≤，当且仅当t =18时取等号，此时121,11x θ==． 答：当1x =时，花坛的面积与装饰总费用的比最大．……………………………………16分19．对于函数()f x ，若在定义域内存在实数x ，满足()()f x f x -=-，则称()f x 为“局部奇函数”.(1)已知二次函数2()24f x ax x a =+-，a R ∈，试判断()f x 是否为“局部奇函数”，并说明理由；(2)若()2x f x m =+是定义在区间[1,1]-上的“局部奇函数”，求实数m 的取值范围； (3)若12()423x x f x m m +=-⋅+-为定义在R 上的“局部奇函数”，求实数m 的取值范围.20．已知数列{}n a 满足15(1)2n n n n a a +++-=*(N )n ∈，数列{}n a 的前n 项和为n S ． (1)求13a a +的值； (2)若1532a a a +=．① 求证：数列{}2n a 为等差数列； ② 求满足224p m S S =*(N )p m ∈，的所有数对()p m ，．- 11 - / 11【解】(1)由条件，得2132372a a a a -=⎧⎪⎨+=⎪⎩①②，②①得 1312a a +=．……………………… 3分(2)①证明：因为15(1)2n n n n a a +++-=，所以221212242252n n n n n a an a a -++⎧-=⎪⎨+⎪+=⎩③④， ④③得 212112n n a a -++=， ……………………………………………… 6分于是13353111()()422a a a a a =+=+++=，所以314a =，从而114a =． ……………………………………………… 8分所以121231111()(1)()0444n n n a a a ----=--==--=，所以2114n a -=，将其代入③式，得294n a n =+，所以2(1)21n n a a +-=（常数），所以数列{}2n a 为等差数列．……………… 10分 ②注意到121n a a +=， 所以2122n n S a a a =+++2345221()()()n n a a a a a a +=++++++2125322nk k n n =+==+∑，由224pm S S =知()2234322p m p m +=+．所以22(26)(3)27m p +=++，即(29)(23)27m p m p ++-+=，又*p m ∈N ，， 所以2912m p ++≥且2923m p m p ++-+，均为正整数， 所以2927231m p m p ++=⎧⎨-+=⎩，解得104p m ==，，所以所求数对为(104)，．………………………………………………… 16分【感谢您的阅览，下载后可自由编辑和修改，关注我 每天更新】。

2020-2021学年高二数学上学期期初考试试题时间：120分钟满分：150分一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）（特别提示：题中涉及的图形均在第七题下面）1．如图，正方体的棱长为2，是上的点，且，则点的坐标为（）A．B．C．D．2．已知，，那么向量（）. A．B．C．D．3．已知空间向量，，，，则（）A．B．C．D．4．在空间四边形的各边上的依次取点，若所在直线相交于点，则（）A．点必在直线上B．点必在直线上C．点必在平面内D．点必在平面外5．设、、为平面，、为直线，给出下列条件：①，，，②，③，④，，其中能推出的条件是（）.A．①②B．②③C．②④D．③④6．在空间直角坐标系中，已知M（﹣1，0，2），N（3，2，﹣4），则MN的中点Q到坐标原点O的距离为（）A．B．C．2 D．37．已知，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（）.A．B．C．D．（第1题）（第9题）（第11题）（第12题）8．在轴截面为等腰直角三角形的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径之比为（）A．B．2：1 C．D．4：19．如图，在大小为45°的二面角AEFD中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )A．B．C．1 D．10．（多选题）已知，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列选项正确的( )A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，n⊥β，则α⊥β11．（多选题）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是( )A．直线BC与平面所成的角等于 B．点C到面的距离为C．两条异面直线和所成的角为 D．三棱柱外接球表面积为12．如图，正四面体的顶点、、分别在两两垂直的三条射线，，上，则在下列命题中，错误的是( ) A．是正三棱锥B．直线与平面相交C．直线与平面所成的角的正弦值为 D．异面直线和所成角是二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答案页相应的位置上)特别提示：题中涉及的图形均在20题下方13．已知是空间任一点，四点满足任三点均不共线，但四点共面，且，则________. 14．已知直线与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，则______.15．水平放置的的斜二侧直观图如图所示，若，的面积为，则的长为________.16．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，则球的体积为__________．三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.)17．（本题10分））如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求点到平面的距离．18．（本题12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；19．（本题12分）如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，，．(1)求线段的长； (2)求异面直线与所成角的余弦值；20．（本题12分）菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值（第15题）（第17题）（第18题）（第19题）（第20题）（第21题）（第22题）21．（本题12分）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.22．（本题12分）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD 的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．2020-2021学年高二数学上学期期初考试试题时间：120分钟满分：150分一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）（特别提示：题中涉及的图形均在第七题下面）1．如图，正方体的棱长为2，是上的点，且，则点的坐标为（）A．B．C．D．2．已知，，那么向量（）.A．B．C．D．3．已知空间向量，，，，则（）A．B．C．D．4．在空间四边形的各边上的依次取点，若所在直线相交于点，则（）A．点必在直线上B．点必在直线上C．点必在平面内D．点必在平面外5．设、、为平面，、为直线，给出下列条件：①，，，②，③，④，，其中能推出的条件是（）.A．①②B．②③C．②④D．③④6．在空间直角坐标系中，已知M（﹣1，0，2），N（3，2，﹣4），则MN的中点Q到坐标原点O的距离为（）A．B．C．2 D．37．已知，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（）. A．B．C．D．（第1题）（第9题）（第11题）（第12题）8．在轴截面为等腰直角三角形的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径之比为（）A．B．2：1 C．D．4：19．如图，在大小为45°的二面角AEFD中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )A．B．C．1 D．10．（多选题）已知，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列选项正确的( ) A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，n⊥β，则α⊥β11．（多选题）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是( ) A．直线BC与平面所成的角等于 B．点C到面的距离为C．两条异面直线和所成的角为 D．三棱柱外接球表面积为12．如图，正四面体的顶点、、分别在两两垂直的三条射线，，上，则在下列命题中，错误的是( )A．是正三棱锥B．直线与平面相交C．直线与平面所成的角的正弦值为 D．异面直线和所成角是二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答案页相应的位置上)特别提示：题中涉及的图形均在20题下方13．已知是空间任一点，四点满足任三点均不共线，但四点共面，且，则________.14．已知直线与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，则______.15．水平放置的的斜二侧直观图如图所示，若，的面积为，则的长为________.16．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，则球的体积为__________．三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.) 17．（本题10分））如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求点到平面的距离．18．（本题12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；19．（本题12分）如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，，．(1)求线段的长； (2)求异面直线与所成角的余弦值；20．（本题12分）菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值（第15题）（第17题）（第18题）（第19题）（第20题）（第21题）（第22题）21．（本题12分）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.22．（本题12分）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．。

学2020-2021学年高二数学上学期期初试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若a，b，，，则下列不等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通过赋值法及利用不等式的基本性质即可判断出结论.【详解】由，A：取，时不成立；B：取，时不成立；C：取时不成立；D：，可得：恒成立.故选：D.【点睛】本题考查了赋值法、不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于较易题.2. 若是的内角，且，则与的关系正确的是( )A. B. C. D. 无法确定【答案】B【解析】【分析】运用正弦定理实现边角转换，再利用大边对大角，就可以选出正确答案.【详解】由正弦定理可知：,，因此本题选B.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了三角形大边对大角的性质.3. 已知实数依次成等比数列，则实数的值为( )A. 3或－3B. 3C. －3D. 不确定【答案】C【解析】【分析】根据等比中项的性质可以得到一个方程，解方程，结合等比数列的性质，可以求出实数的值.【详解】因为实数依次成等比数列，所以有当时，，显然不存在这样的实数，故，因此本题选C.【点睛】本题考查了等比中项的性质，本题易出现选A的错误结果，就是没有对等比数列各项的正负性的性质有个清晰的认识.4. 过点且与直线垂直的直线方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由两直线垂直的性质求出所求直线的斜率，再用点斜式求直线的方程，化为一般式.【详解】解：由于直线的斜率为，故所求直线的斜率等于，故所求直线的方程为，即，故选：C.【点睛】本题主要考查两直线垂直性质，用点斜式求直线的方程，属于容易题.5. 如图，一圆锥形物体的母线长为4，其侧面积为，则这个圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用侧面积求解底面圆的周长，进而解出底面面积，再求体高，最后解得体积【详解】圆锥的展开图为扇形，半径，侧面积为为扇形的面积，所以扇形的面积，解得，所以弧长，所以底面周长为，由此可知底面半径，所以底面面积为，体高为，故圆锥的体积，故选C．【点睛】本题已知展开图的面积，母线长求体积，是圆锥问题的常见考查方式，解题的关键是抓住底面圆的周长为展开图的弧长．6. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则下列命题正确的是A. 若，，则B. 若，且，则C. 若，，则D. 若，且，则【答案】D【解析】【分析】利用面面、线面位置关系的判定和性质，直接判定．【详解】解：对于A，若n∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故错；对于B，若α∩β＝l，且m⊥l，则m与β不一定垂直，故错；对于C，若m∥n，m∥β，则α与β位置关系不定，故错；对于D，∵α∩β＝l，∴l⊂β，∵m∥l，则m∥β，故正确．故选D．【点睛】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间相互关系的合理运用．7. 已知分别为内角的对边,若,b=则 =( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由已知利用正弦定理可求的值，根据余弦定理可得，解方程可得的值．【详解】，，，由正弦定理，可得：，由余弦定理，可得：，解得：，负值舍去．故选．【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题．8. 若为圆的弦AB的中点，则直线AB的方程是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由垂径定理，得AB中点与圆心C的连线与AB垂直，可得AB 斜率k＝1，结合直线方程的点斜式列式，即可得直线AB的方程.【详解】∵AB是圆（x﹣1）2+y2＝25的弦，圆心为C（1，0）AB的中点P（2，﹣1）满足AB⊥CP因此，AB的斜率k＝,可得直线AB的方程是y+1＝x﹣2，化简得x﹣y﹣3＝0故选D．【点睛】本题考查圆的弦的性质，考查直线方程的求法，属于基础题.9. 已知正数、满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出的最小值．【详解】，所以，，则，所以，，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为，故选．【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题．10. 如图，长方体中，，，那么异面直线与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】可证得四边形为平行四边形，得到，将所求的异面直线所成角转化为；假设，根据角度关系可求得的三边长，利用余弦定理可求得余弦值.【详解】连接，四边形为平行四边形异面直线与所成角即为与所成角，即设，，，，在中，由余弦定理得：异面直线与所成角的余弦值为：本题正确选项：【点睛】本题考查异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过平行关系将问题转化为相交直线所成角，在三角形中利用余弦定理求得余弦值.11. 已知数列的通项公式，前n项和为，若，则的最大值是（）A. 5B. 10C. 15D. 20【答案】B【解析】【分析】将的通项公式分解因式，判断正负分界处，进而推断的最大最小值得到答案.【详解】数列的通项公式当时，当或是最大值为或最小值为或的最大值为故答案为B【点睛】本题考查了前n项和为的最值问题，将其转化为通项公式的正负问题是解题的关键.12. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出的外接圆的半径，然后取的外接圆的圆心，过作，且，由于平面，故点为三棱锥的外接球的球心，为外接球半径，求解即可.【详解】在中，，，可得，则的外接圆的半径，取的外接圆的圆心，过作，且，因为平面，所以点为三棱锥的外接球的球心，则，即外接球半径，则三棱锥的外接球的表面积为.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 直线2mx+y–m–1＝0恒过定点__________．【答案】（）【解析】分析】直线方程对整理，令系数为，从而得到关于的方程组，解出的值，得到答案.【详解】直线2mx+y–m–1＝0，可化为（2x–1）m+（y–1）＝0，由，解得，∴直线过定点（）．故答案为（）．【点睛】本题考查直线过定点问题，属于简单题.14. 中，角的对边分别为，已知，则的最大值为________【答案】【解析】【分析】运用余弦定理和重要不等式，可以求出的最大值，再结合三角形面积公式求出的最大值.【详解】由，又，由余弦定理得，，故. 15. 设数列的前项和为，若，且，则_________.【答案】【解析】【分析】对已知的等式，取倒数，这样得到一个等差数列，求出等差数列的通项公式，最后求出的值.【详解】,，所以数列是以为公差的等差数列，，所以等差数列的通项公式为.【点睛】本题考查了等差数列的判断和通项公式的求解问题，对等式进行合理的变形是解题的关键.16. 设圆圆.点分别是圆上的动点，P为直线上的动点，则的最小值为_________.【答案】【解析】【分析】在直接坐标系中，画出两个圆的图形和直线的图象，根据圆的性质，问题就转化为|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，运用几何的知识，作出C1关于直线y＝x对称点C，并求出坐标，由平面几何的知识易知当C与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|取得最小值，最后利用两点问题距离公式可以求出最小值.【详解】可知圆C1的圆心（5，﹣2），r＝2，圆C2的圆心（7，﹣1），R＝5，如图所示：对于直线y＝x上任一点P，由图象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，则问题可转化为求|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，即可看作直线y＝x上一点到两定点距离之和的最小值减去7，又C1关于直线y＝x对称的点为C（﹣2，5），由平面几何知识易知当C与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|取得最小值，即直线y＝x上一点到两定点距离之和取得最小值为|CC2|∴|PA|+|PB|的最小值为＝﹣7．【点睛】本题考查了求定直线上的动点分别到两个圆上的动点的距离之和最小值问题，考查了数形结合思想，利用圆的几何性质转化是解题的关键，利用对称思想也是本题解题的关键.三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）17. 在长方体中，底面是边长为2的正方形，是的中点，是的中点.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接推导出，则四边形是平行四边形，从而，，由此能证明平面；（2）在长方体中，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值.【详解】证明：（1）连接，∵，分别为，的中点，∴∵长方体中，，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵平面，平面，∴平面（2）在长方体中，分别以，，为，，轴建立如图所示空间直角坐标系,则，，，，，，∴，，，设平面的一个法向量，，取，则，设平面的一个法向量，，取，则，所以，设二面角为，则，又，，则.∴二面角的正弦值为.【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.18. 在中，内角，，的对边分别是，，，且满足：.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）2.【解析】【分析】（Ⅰ）运用正弦定理实现角边转化，然后利用余弦定理，求出角的大小；（Ⅱ）方法1：由（II）及，利用余弦定理，可得，再利用基本不等式，可求出的最大值；方法2：利用正弦定理实现边角转化，利用两角和的正弦公式和辅助角公式，利用正弦型函数的单调性，可求出的最大值；【详解】（I）由正弦定理得：，因为，所以，所以由余弦定理得：，又在中，，所以.（II）方法1：由（I）及，得，即，因为，（当且仅当时等号成立）所以.则（当且仅当时等号成立）故的最大值为2.方法2：由正弦定理得，，则，因为，所以，故的最大值为2（当时）.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、基本不等式，考查了二角和的正弦公式及辅助角公式，考查了数学运算能力. 19. 设为正项数列的前项和，且满足.（1）求的通项公式；（2）令，，若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）代入求得，根据与的关系可求得，可知数列为等差数列，利用等差数列通项公式求得结果；验证后可得最终结果；（2）由（1）可得，采用裂项相消的方法求得，可知，从而得到的范围.【详解】（1）由题知：，……①令得：，解得：当时，……②①-②得：∴，即是以为首项，为公差的等差数列经验证满足（2）由（1）知：即【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解、裂项相消法求和，关键是能够利用与的关系证得数列为等差数列，从而求得通项公式，属于常规题型.20. 已知两个定点A（0，4），B（0，1），动点P满足|PA|＝2|PB|，设动点P的轨迹为曲线E，直线l：y＝kx﹣4.（1）求曲线E的轨迹方程；（2）若l与曲线E交于不同的C、D两点，且（O 为坐标原点），求直线l的斜率；（3）若k＝1，Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM、QN，切点为M、N，探究：直线MN是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）直线过定点.【解析】【分析】（1）设点P坐标为（x，y），运用两点的距离公式，化简整理，即可得到所求轨迹的方程；（2）由，则点到边的距离为，由点到线的距离公式得直线的斜率；（3）由题意可知：O，Q，M，N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，设，则圆的圆心为运用直径式圆的方程，得直线的方程为，结合直线系方程，即可得到所求定点．【详解】（1）设点的坐标为，由可得，，整理可得，所以曲线的轨迹方程为.（2）依题意，，且，则点到边的距离为，即点到直线的距离，解得，所以直线的斜率为.（3）依题意，，则都在以为直径的圆上，是直线上的动点，设则圆的圆心为，且经过坐标原点，即圆的方程为，又因为在曲线上，由，可得即直线的方程为由且可得，解得，所以直线是过定点.【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，注意运用两点的距离公式，考查直线和圆相交的弦长公式，考查直线恒过定点的求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．学2020-2021学年高二数学上学期期初试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若a，b，，，则下列不等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通过赋值法及利用不等式的基本性质即可判断出结论.【详解】由，A：取，时不成立；B：取，时不成立；C：取时不成立；D：，可得：恒成立.故选：D.【点睛】本题考查了赋值法、不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于较易题.2. 若是的内角，且，则与的关系正确的是( )A. B. C. D. 无法确定【答案】B【解析】【分析】运用正弦定理实现边角转换，再利用大边对大角，就可以选出正确答案.【详解】由正弦定理可知：,，因此本题选B.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了三角形大边对大角的性质.3. 已知实数依次成等比数列，则实数的值为( )A. 3或－3B. 3C. －3D. 不确定【答案】C【解析】【分析】根据等比中项的性质可以得到一个方程，解方程，结合等比数列的性质，可以求出实数的值.【详解】因为实数依次成等比数列，所以有当时，，显然不存在这样的实数，故，因此本题选C.【点睛】本题考查了等比中项的性质，本题易出现选A的错误结果，就是没有对等比数列各项的正负性的性质有个清晰的认识.4. 过点且与直线垂直的直线方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由两直线垂直的性质求出所求直线的斜率，再用点斜式求直线的方程，化为一般式.【详解】解：由于直线的斜率为，故所求直线的斜率等于，故所求直线的方程为，即，故选：C.【点睛】本题主要考查两直线垂直性质，用点斜式求直线的方程，属于容易题.5. 如图，一圆锥形物体的母线长为4，其侧面积为，则这个圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用侧面积求解底面圆的周长，进而解出底面面积，再求体高，最后解得体积【详解】圆锥的展开图为扇形，半径，侧面积为为扇形的面积，所以扇形的面积，解得，所以弧长，所以底面周长为，由此可知底面半径，所以底面面积为，体高为，故圆锥的体积，故选C．【点睛】本题已知展开图的面积，母线长求体积，是圆锥问题的常见考查方式，解题的关键是抓住底面圆的周长为展开图的弧长．6. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则下列命题正确的是A. 若，，则B. 若，且，则C. 若，，则D. 若，且，则【答案】D【解析】【分析】利用面面、线面位置关系的判定和性质，直接判定．【详解】解：对于A，若n∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故错；对于B，若α∩β＝l，且m⊥l，则m与β不一定垂直，故错；对于C，若m∥n，m∥β，则α与β位置关系不定，故错；对于D，∵α∩β＝l，∴l⊂β，∵m∥l，则m∥β，故正确．故选D．【点睛】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间相互关系的合理运用．7. 已知分别为内角的对边,若,b=则 =( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由已知利用正弦定理可求的值，根据余弦定理可得，解方程可得的值．【详解】，，，由正弦定理，可得：，由余弦定理，可得：，解得：，负值舍去．故选．【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题．8. 若为圆的弦AB的中点，则直线AB的方程是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由垂径定理，得AB中点与圆心C的连线与AB垂直，可得AB斜率k＝1，结合直线方程的点斜式列式，即可得直线AB的方程.【详解】∵AB是圆（x﹣1）2+y2＝25的弦，圆心为C（1，0）AB的中点P（2，﹣1）满足AB⊥CP因此，AB的斜率k＝,可得直线AB的方程是y+1＝x﹣2，化简得x﹣y﹣3＝0故选D．【点睛】本题考查圆的弦的性质，考查直线方程的求法，属于基础题.9. 已知正数、满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出的最小值．【详解】，所以，，则，所以，，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为，故选．【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题．10. 如图，长方体中，，，那么异面直线与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】可证得四边形为平行四边形，得到，将所求的异面直线所成角转化为；假设，根据角度关系可求得的三边长，利用余弦定理可求得余弦值.【详解】连接，四边形为平行四边形异面直线与所成角即为与所成角，即设，，，，在中，由余弦定理得：异面直线与所成角的余弦值为：本题正确选项：【点睛】本题考查异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过平行关系将问题转化为相交直线所成角，在三角形中利用余弦定理求得余弦值.11. 已知数列的通项公式，前n项和为，若，则的最大值是（）A. 5B. 10C. 15D. 20【答案】B【解析】【分析】将的通项公式分解因式，判断正负分界处，进而推断的最大最小值得到答案.【详解】数列的通项公式当时，当或是最大值为或最小值为或的最大值为故答案为B【点睛】本题考查了前n项和为的最值问题，将其转化为通项公式的正负问题是解题的关键.12. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出的外接圆的半径，然后取的外接圆的圆心，过作，且，由于平面，故点为三棱锥的外接球的球心，为外接球半径，求解即可.【详解】在中，，，可得，则的外接圆的半径，取的外接圆的圆心，过作，且，因为平面，所以点为三棱锥的外接球的球心，则，即外接球半径，则三棱锥的外接球的表面积为.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 直线2mx+y–m–1＝0恒过定点__________．【答案】（）【解析】分析】直线方程对整理，令系数为，从而得到关于的方程组，解出的值，得到答案.【详解】直线2mx+y–m–1＝0，可化为（2x–1）m+（y–1）＝0，由，解得，∴直线过定点（）．故答案为（）．【点睛】本题考查直线过定点问题，属于简单题.14. 中，角的对边分别为，已知，则的最大值为________【答案】【解析】【分析】运用余弦定理和重要不等式，可以求出的最大值，再结合三角形面积公式求出的最大值.【详解】由，又，由余弦定理得，，故.15. 设数列的前项和为，若，且，则_________.【答案】【解析】【分析】对已知的等式，取倒数，这样得到一个等差数列，求出等差数列的通项公式，最后求出的值.【详解】,，所以数列是以为公差的等差数列，，所以等差数列的通项公式为.【点睛】本题考查了等差数列的判断和通项公式的求解问题，对等式进行合理的变形是解题的关键.16. 设圆圆.点分别是圆上的动点，P为直线上的动点，则的最小值为_________.【答案】【解析】【分析】在直接坐标系中，画出两个圆的图形和直线的图象，根据圆的性质，问题就转化为|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，运用几何的知识，作出C1关于直线y＝x 对称点C，并求出坐标，由平面几何的知识易知当C与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|取得最小值，最后利用两点问题距离公式可以求出最小值.【详解】可知圆C1的圆心（5，﹣2），r＝2，圆C2的圆心（7，﹣1），R＝5，如图所示：对于直线y＝x上任一点P，由图象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，则问题可转化为求|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，即可看作直线y＝x上一点到两定点距离之和的最小值减去7，又C1关于直线y＝x对称的点为C（﹣2，5），由平面几何知识易知当C与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|取得最小值，即直线y＝x上一点到两定点距离之和取得最小值为|CC2|∴|PA|+|PB|的最小值为＝﹣7．【点睛】本题考查了求定直线上的动点分别到两个圆上的动点的距离之和最小值问题，考查了数形结合思想，利用圆的几何性质转化是解题的关键，利用对称思想也是本题解题的关键.三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）17. 在长方体中，底面是边长为2的正方形，是的中点，是的中点.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接推导出，则四边形是平行四边形，从而，，由此能证明平面；（2）在长方体中，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值.【详解】证明：（1）连接，∵，分别为，的中点，∴∵长方体中，，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵平面，平面，∴平面（2）在长方体中，分别以，，为，，轴建立如图所示空间直角坐标系,则，，，，，，∴，，，设平面的一个法向量，，取，则，设平面的一个法向量，，取，则，所以，设二面角为，则，又，，则.∴二面角的正弦值为.【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.18. 在中，内角，，的对边分别是，，，且满足：.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）2.【解析】【分析】（Ⅰ）运用正弦定理实现角边转化，然后利用余弦定理，求出角的大小；（Ⅱ）方法1：由（II）及，利用余弦定理，可得，再利用基本不等式，可求出的最大值；方法2：利用正弦定理实现边角转化，利用两角和的正弦公式和辅助角公式，利用正弦型函数的单调性，可求出的最大值；【详解】（I）由正弦定理得：，因为，所以，所以由余弦定理得：，又在中，，所以.（II）方法1：由（I）及，得，即，因为，（当且仅当时等号成立）所以.则（当且仅当时等号成立）故的最大值为2.方法2：由正弦定理得，，则，因为，所以，故的最大值为2（当时）.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、基本不等式，考查了二角和的正弦公式及辅助角公式，考查了数学运算能力.19. 设为正项数列的前项和，且满足.（1）求的通项公式；（2）令，，若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）代入求得，根据与的关系可求得，可知数列为等差数列，利用等差数列通项公式求得结果；验证后可得最终结果；（2）由（1）可得，采用裂项相消的方法求得，可知，从而得到的范围.【详解】（1）由题知：，……①令得：，解得：当时，……②①-②得：∴，即是以为首项，为公差的等差数列经验证满足（2）由（1）知：即【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解、裂项相消法求和，关键是能够利用与的关系证得数列为等差数列，从而求得通项公式，属于常规题型.20. 已知两个定点A（0，4），B（0，1），动点P满足|PA|＝2|PB|，设动点P的轨迹为曲线E，直线l：y＝kx﹣4.（1）求曲线E的轨迹方程；（2）若l与曲线E交于不同的C、D两点，且（O为坐标原点），求直线l的斜率；（3）若k＝1，Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM、QN，切点为M、N，探究：直线MN是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）直线过定点.【解析】【分析】（1）设点P坐标为（x，y），运用两点的距离公式，化简整理，即可得到所求轨迹的方程；（2）由，则点到边的距离为，由点到线的距离公式得直线的斜率；（3）由题意可知：O，Q，M，N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，设，则圆的圆心为运用直径式圆的方程，得直线的方程为，结合直线系方程，即可得到所求定点．【详解】（1）设点的坐标为，由可得，，整理可得，所以曲线的轨迹方程为.（2）依题意，，且，则点到边的距离为，即点到直线的距离，解得，所以直线的斜率为.（3）依题意，，则都在以为直径的圆上，是直线上的动点，设则圆的圆心为，且经过坐标原点，即圆的方程为，又因为在曲线上，由，可得即直线的方程为由且可得，解得，所以直线是过定点.【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，注意运用两点的距离公式，考查直线和圆相交的弦长公式，考查直线恒过定点的求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．。

2020-2021学年高二数学上学期期初考试试题 (II)一、选择题（满分40分，每小题4分，有且仅有一个正确答案）1．在数列}{n a 中，21=a ，1221=-+n n a a ，则101a 的值为 （ ）（A ）49 （B ）50 （C ）51 （D ）522．在三角形ABC 中，已知三边c b a ,,满足ab c b a c b a 3))((=-+++，则角C 的度数为 （ ）（A ）015 （B ）030 （C ）045 （D ）0603．在ABC ∆中，已知030,4,334===A b a ,则B sin 的值为（ ） （A ）332 （B ）23 （C ） 32 （D ）36 4．不等式01222<--a ax x （其中0<a ）的解集为 （ ）（A ）)4,3(a a - （B ）)3,4(a a - （C ）)4,3(- （D ）)6,2(a a5．若函数2()log (1)f x x =+，且a ＞b ＞c ＞0，则a a f )(、b b f )(、c c f )(的大小关系是 （ ）（A ）a a f )(＞b b f )(＞c c f )( （B ）c c f )(＞b b f )(＞aa f )( （C ）b b f )(＞a a f )(＞c c f )( （D ）a a f )(＞c c f )(＞b b f )( 6．已知(4,0)A 、(0,4)B ，从点(2,0)P 射出的光线经直线AB 反向后再射到直线OB 上，最后经直线OB 反射后又回到P 点，则光线所经过的（ ）（A ）210 （B ）6 （C ）33 （D ）257．直角三角形三边成等比数列，公比为q ，则2q 的值为（ ） （A ）2 （B ）215- （C ）215+ （D ）215± 8．设n S 是等差数列}{n a 前n 项的和，又180,324,3666=-==-n n n S S S S ，则n 的值为（ ）（A ）18 （B ）17 （C ）16 （D ）159．不等式04)2(2)2(2<--+-x a x a 对于一切R x ∈恒成立，那么a 的取值范围是（ ）（A ）)2,(--∞ （B ）]2,2(- （C ）]2,(--∞ （D ）)2,2(-10．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是 ( )（A ）4； （B ）5； （C ）6； （D ）7；二、填空题（多空6分，单空4分，共36分）11．在等差数列}{n a 中，1,16497==+a a a ，则12a 的值_________；在等比数列{}n a 中，6,3161565=+=+a a a a ，则=+2625a a ．12．已知+∈R y x ,，3=xy ，则yx 31+的最小值是_____________； 已知0,0a b >>，则函数22()(01)1a b f x x x x=+<<-的最小值是 ． 13．在△ABC 中，∠A ，∠B ，∠C 所对的边长分别为a ，b ，c ．若sin A :sin B :sin C =5:7:8，则a :b :c = ， ∠B 的大小是 ．14．直线x m y 2=与圆0422=-+++ny mx y x 交于M 、N 两点，且M 、N 关于直线0=+y x 对称，则M = _____ ．N = _____ ．15．不等式02)1(≥+-x x 的解集为__________。

2020年秋季高二开学摸底考试（二）一、单选题（共8小题，满分40分，每小题5分）1、（2020·浙江省学军中学高一期末）设全集为R ，集合A ＝{x |0＜x ＜2}，B ＝{x |x ≥1}，则A ∩B ＝（ ） A ．{x |1≤x ＜2} B ．{x |0＜x ＜2}C ．{x |0＜x ≤1}D ．{x |0＜x ＜1}【答案】A【解析】由集合{}|02A x x =<<，{}|1B x x =≥，所以{}|12A B x x =≤<.故选：A.2、（2020·洛阳市第一高级中学高一月考）学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽取了一个容量为n 的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在[)50,60的同学有30人，则n 的值为（ ）A ．100B ．1000C ．90D ．900【答案】A【解析】由频率分布直方图可知，支出在[)50,60的同学的频率为：0.03100.3⨯=301000.3n ∴==，本题正确选项：A 2、 3、（2020·山东省青岛二中高一期末）下列哪个函数的定义域与函数12xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭的值域相同（ ） A ．2x y = B ．1y x x=+C ．12y x =D ．ln y x x =-【答案】D【解析】指数函数12xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭的值域是(0,)+∞A 选项定义域是R ；B 选项定义域是{}|0x x ≠；C 选项定义域是{}|0x x ≥；D 选项定义域是{}|0x x >，满足题意。

故选：D4、（2020·湖南省雅礼中学高三月考）如果()()221f x ax a x =--+在区间1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦上为减函数，则a 的取值（ ） A ．(]0,1 B ．[)0,1C ．[] 0,1D ．()0,1【答案】C【解析】由题意，当0a =时，可得()21f x x =-+，在R 上是单调递减，满足题意，当0a <时，显然不成立；当0a >时，要使()f x 在1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦上为减函数，则2122a a -≥，解得：1,01a a ≤∴<≤.综上：可得01a ≤≤，故选：C .5、（2020·浙江省杭州第二中学高一期末）若5sin 13α=-且a 为第三象限角，则tan α的值等于（ ） A ．125B ．125-C ．512 D ．512-【答案】C【解析】因为5sin 13α=-且a 为第三象限角，所以12cos 13α=-， 则5tan 12α=.故选：C 6、（2020·莆田第二十五中学高一期末）以下命题（其中a ，b 表示直线，α表示平面）： ①若//a b ，b α⊂，则//a α；②若//a α，//b α，则//a b ； ③若//a b ，//b α，则//a α；④若//a α，b α⊂，则//a b ． 其中正确命题的个数是（ ） A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】A【解析】①若a ∥b ，b ⊂α，则a ∥α或a ⊂α，故错； ②若a ∥α，b ∥α，则a ，b 平行、相交或异面，故②错；③若a∥b，b∥α，则a∥α或a⊂α，故③错；④若a∥α，b⊂α，则a、b平行或异面，故④错．正确命题个数为0个，故选：A.7、（2020·成都七中高一月考）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2017年1月至2020年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是（）A．年接待游客量逐年增加B．各年的月接待游客量高峰期大致在8月C．2017年1月至12月月接待游客量的中位数为30万人D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳【答案】C【解析】由2017年1月至2020年12月期间月接待游客量的折线图得：在A中，年接待游客量虽然逐月波动，但总体上逐年增加，故A正确；在B中，各年的月接待游客量高峰期都在8月，故B正确；在C中，2017年1月至12月月接待游客量的中位数小于30万人，故C错误；在D中，各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确．故选：C．8、（2020·河北省石家庄一中高一期末）在ABC中，D为线段AC的中点，点E在边BC上，且12BE EC=，AE与BD交于点O，则=AO（）A．1124AB AC+B．1144AB AC+C ．1142AB AC + D ．1122AB AC + 【答案】A【解析】根据题意, 在ABC ∆中,D 为线段AC 的中点,点E 在边BC 上,且12BE EC =,AE 与BD 交于点O ,如下图所示:因为A O E 、、共线, B O D 、、共线 可设,BO OD AO AE λμ==则()1=3AO AE AB BE AB BC μμμ⎛⎫=+=+⎪⎝⎭()13AB AC AB μ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦233AB AC μμ=+ 同时AO AB BO AB BD λ=+=+()AB AD AB λ=+-12AB AC AB λ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭()12AB AC λλ=-+由上述两式可得21332μλμλ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,解得1234λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 所以代入()12AO AB AC λλ=-+1124AB AC =+，故选:A 二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分，少选的3分，多选不得分） 9、（2020·山东省济南一中高一月考）（多选题）下列关系中，正确的有（） A ．{}0∅B ．13Q ∈C ．Q Z ⊆D ．{}0∅∈【答案】AB【解析】选项A:由空集是任何非空集合的真子集可知，本选项是正确的； 选项B:13是有理数，故13Q ∈是正确的；选项C:所有的整数都是有理数，故有Z Q ⊆，所以本选项是不正确的； 选项D; 由空集是任何集合的子集可知，本选项是不正确的，故本题选AB. 10、（2020·山东省青岛二中高一期末）在ABC ∆中,下列关系恒成立的是（ ） A ．()tan tan A B C += B ．()cos 22cos2A B C += C ．sin sin 22A B C +⎛⎫=⎪⎝⎭ D ．sin cos 22A B C +⎛⎫=⎪⎝⎭【答案】BD【解析】A 选项：()()tan tan tan A B C C π+=-=-，不正确； B 选项：()()()()cos 22cos 2cos 2cos2A B C C C π+=-=-=,正确； C 选项： sin sin cos 222A B C C π+-⎛⎫⎛⎫==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,不正确； D 选项：sin sin cos 222A B C C π+-⎛⎫⎛⎫==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,正确.故选：BD 11、（2020·山东省青岛二中高一期末）某市12月17日至21日期间空气质量呈现重度及以上污染水平,经市政府批准,该市启动了空气重污染红色预警,期间实行机动车“单双号”限行等措施.某报社会调查中心联合问卷网,对2400人进行问卷调查,并根据调查结果得到如下饼图则下列结论正确的是（ ）A ．“不支持”部分所占的比例大约是整体的112; B ．“一般”部分所占的人数估计是800人;C ．饼图中如果圆的半径为2,则“非常支持”部分扇形的面积是76π; D ．“支持”部分所占的人数估计是1100人 【答案】ACD【解析】A 选项：“不支持”部分所占1172121236πππππ---=，所以比例大约是整体的16212ππ=，正确。