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2020-2021学年河北省高二（上）线上考试数学试卷（一）（8月份）人教A版
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这是一份2020-2021学年河北省高二（上）线上考试数学试卷（一）（8月份）人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知a<0，0A.a>abB.a>ab2C.abab2
2. 设Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=( )
A.−12B.−10C.10D.12
3. 在△ABC中，∠ABC=π4，AB=2，BC＝3，则sin∠BAC＝（ ）
A.1010B.105C.31010D.55
4. 圆x2+y2−4x−6y+9＝0的圆心到直线ax+y+1＝0的距离为2，则a＝（ ）
A.−43B.−34C.2D.2
5. 数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，则a6＝（ ）
A.32B.62C.63D.64
6. 若直线2ax−by+2=0(a>0, b>0)被圆x2+y2+2x−4y+1=0截得弦长为4，则4a+1b的最小值是( )
A.9B.4C.12D.14
7. 在数列{an}中，a1＝0，an+1=an+ln(1+1n)，则{an}的通项公式为（ ）
A.an＝lnnB.an＝(n−1)ln(n+1)
C.an＝nlnnD.an＝lnn+n−2
8. 在△ABC中，AB＝2，C=π6，则AC+3BC的最大值为（ ）
A.47B.37C.27D.7
9. 若x−y≤0，x+y≥0，y≤a，若z=x+2y的最大值为3，则a的值是( )
A.1B.2C.3D.4
10. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
A.62B.42C.6D.4
11. 在正三棱锥S−ABC中，M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝22，则正三棱锥S−ABC外接球表面积为（ ）
A.6πB.12πC.32πD.36π
12. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2B＝sinA⋅sinC．若对于任意实数x，不等式(x+2+sin2B)2+[2t⋅sin(B+π4)]2≥1恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
A.(−∞, −1]∪[1, +∞)B.(−∞, −1)∪(1, +∞)
C.(−2,−1]∪[1,2)D.[−2,−1]∪[1,2]
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
圆心在直线x−2y+7＝0上的圆C与x轴交于两点A(−2, 0)、B(−4, 0)，则圆C的方程为________．
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，有AB=AA1，则AC1与平面BB1C1C所成的角的正弦值为________．
已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a=2且(2+b)(sinA−sinB)=(c−b)sinC，则△ABC面积的最大值为________．
若数列{an}满足：an+1+(−1)nan＝n(n∈N∗)，则a1+a2+...+a100＝________．
三、解答题
已知数列{an}：满足：a1＝2，an+an−1＝4n−2(n≥2)．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足：b1+3b2+7b3...+(2n−1)bn＝an．求数列{bn}的通项公式．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(3a−c)csB＝bcsC．
（1）求csB的值；
（2）若a＝1，b＝22，求sin(A+π3)的值．
如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD＝90∘，EC=2，AB＝BD＝2，直线EC与平面ABC所成的角等于30∘．
(Ⅰ)证明：平面EFC⊥平面BCD；
(Ⅱ)求二面角A−CE−B的余弦值．
已知点P是圆M：(x−1)2+y2＝8上的动点，定点N(−1, 0)，线段PN的垂直平分线交PM于点Q．
(Ⅰ)求点Q的轨迹E的方程；
(Ⅱ)过点N作两条斜率之积为−12的直线l1，l2，l1，l2分别与轨迹E交于A，B和C，D，记得到的四边形ACBD的面积为S，求S的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省高二（上）线上考试数学试卷（一）（8月份）
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据不等式的基本性质，逐一分析四个结论的真假，可得答案．
【解答】
∵ a<0，0∴ ab2<1，aab<0，ab2.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列的通项公式和前n项和列出方程，能求出a5的值．
【解答】
解：∵ Sn为等差数列{an}的前n项和，3S3=S2+S4，a1=2，
∴ 3×(3a1+3×22d)=a1+a1+d+4a1+4×32d，
把a1=2，代入得d=−3，
∴ a5=2+4×(−3)=−10．
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
由AB，BC及cs∠ABC的值，利用余弦定理求出AC的长，再由正弦定理即可求出sin∠BAC的值．
【解答】
∵ ∠ABC=π4，AB=2，BC＝3，
∴ 由余弦定理得：AC2＝AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC＝2+9−6＝5，
∴ AC=5，
则由正弦定理ACsin∠ABC=BCsin∠BAC得：sin∠BAC=3×225=31010．
4.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
圆心到直线的距离公式直接求出．
【解答】
由题意可得圆的圆心坐标为：(2, 3)，所以圆心到直线的距离d=|2a+3+1|1+a2=|2a+4|1++a2=2，解得a=−34，
5.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
利用数列的递推关系式逐步求解数列的项即可．
【解答】
数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，a2＝2a1+1＝3，a3＝2a2+1＝7，a4＝2a3+1＝15，a5＝2a4+1＝31，a6＝2a5+1＝63，
6.
【答案】
A
【考点】
基本不等式及其应用
直线与圆的位置关系
【解析】
求出圆心和半径，由圆心到直线的距离等于零可得直线过圆心，即a+b＝1；再利用基本不等式求得4a+1b的最小值．
【解答】
解：圆x2+y2+2x−4y+1=0，即圆(x+1)2+(y−2)2 =4，
它表示以(−1, 2)为圆心、半径等于2的圆；
设弦心距为d，由题意可得 22+d2=4，求得d=0，
可得直线经过圆心，故有−2a−2b+2=0，
即a+b=1，再由a>0，b>0，可得
4a+1b=(4a+1b )(a+b)
=5+4ba+ab≥5+24ba⋅ab=9，
当且仅当4ba=ab时取等号，
∴ 4a+1b的最小值是9．
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】
化简已知表达式，然后利用累加法转化求解数列的通项公式即可．
【解答】
由已知得an+1−an=ln(n+1n)=ln(n+1)−lnn，
所以an−an−1＝lnn−ln(n−1)；
an−1−an−2＝ln(n−1)−ln(n−2)；
…；
a3−a2＝ln3−ln2，
a2−a1＝ln2−ln1，
将上述n−1个式子相加，
整理的an−a1＝lnn−ln1＝lnn，
又因为a1＝0，所以an＝lnn．
8.
【答案】
A
【考点】
三角形的面积公式
解三角形
【解析】
直接利用三角函数关系式的变换和正弦定理求出结果．
【解答】
△ABC中，AB＝2，C=π6，
则：2R=ABsinC=4，
则：AC+3BC，
=4sinB+43sinA，
=4sin(5π6−A)+43sinA，
＝2csA+63sinA，
=47sin(A+θ)，
由于：0所以：0所以最大值为47．
9.
【答案】
A
【考点】
含参线性规划问题
简单线性规划
【解析】
作出不等式表示的平面区域，明确目标函数的几何意义，根据z=x+2y的最大值为3，即可求a的值．
【解答】
解：作出不等式表示的平面区域，如图
z=x+2y的几何意义是直线y=−12x+z2纵截距的一半
由x−y=0，y=a，可得x=y=a，
根据图形可知在(a, a)处，z=x+2y的最大值为3
∴ a+2a=3，
∴ a=1.
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
简单空间图形的三视图
【解析】
画出图形，结合三视图的数据求出棱长，推出结果即可．
【解答】
解：几何体的直观图如图：
AB=4，BD=4，C到BD的中点的距离为：4，
∴ BC=CD=4，
由主视图可得A在BC的中点上，
即AC=42+22=25，
BD=42，
AD=(42)2+22=6，
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
【解析】
根据三棱锥为正三棱锥，可证明出AC⊥SB，结合SB⊥AM，得到SB⊥平面SAC，因此可得SA、SB、SC三条侧棱两两互相垂直．最后利用公式求出外接圆的直径，结合球的表面积公式，可得正三棱锥S−ABC的外接球的表面积．
【解答】
取AC中点，连接BN、SN
∵ N为AC中点，SA＝SC
∴ AC⊥SN，同理AC⊥BN，
∵ SN∩BN＝N
∴ AC⊥平面SBN
∵ SB⊂平面SBN
∴ AC⊥SB
∵ SB⊥AM且AC∩AM＝A
∴ SB⊥平面SAC⇒SB⊥SA且SB⊥AC
∵ 三棱锥S−ABC是正三棱锥
∴ SA、SB、SC三条侧棱两两互相垂直．
∵ 底面边长AB＝22，
∴ 侧棱SA＝2，
∴ 正三棱锥S−ABC的外接球的直径为：2R=23
外接球的半径为R=3
∴ 正三棱锥S−ABC的外接球的表面积是S＝4πR2＝12π
12.
【答案】
A
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
分别运用正弦定理和余弦定理、基本不等式可得csB的范围，求得0【解答】
sin2B＝sinA⋅sinC，由正弦定理可得b2＝ac，
由余弦定理可得b2＝a2+c2−2accsB＝ac≥2ac−2accsB，即csB≥12，
即有0可得sinB+csB=2sin(B+π4)∈(1, 2]，
对于任意实数x，不等式(x+2+sin2B)2+[2t⋅sin(B+π4)]2≥1恒成立，
即有x2+2(2+sin2B)x+(2+sin2B)2+t2(sinB+csB)2−1≥0，
可得△＝4(2+sin2B)2−4(2+sin2B)2−4t2(sinB+csB)2+4≤0，
即为t2≥1(sinB+csB)2，
由sinB+csB∈(1, 2]，可得1(sinB+csB)2∈[12, 1)，
可得t2≥1，解得t≥1或t≤−1．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
(x+3)2+(y−2)2＝5
【考点】
圆的标准方程
【解析】
先由条件求得圆心的坐标为C(−3, 2)，半径r＝|AC|=5，从而得到圆C的方程．
【解答】
解析：直线AB的中垂线方程为x＝−3，代入直线x−2y+7＝0，得y＝2，
故圆心的坐标为C(−3, 2)，再由两点间的距离公式求得半径r＝|AC|=5，
∴ 圆C的方程为 (x+3)2+(y−2)2＝5，
【答案】
64
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
根据题，过取BC的中点E，连接C1E，AE，证明AE⊥面BB1C1C，故∴ ∠AC1E就是AC1与平面BB1C1C所成的角，解直角三角形AC1E即可．
【解答】
解：取BC的中点E，连接C1E，AE
则AE⊥BC，
正三棱柱ABC−A1B1C1中，
∴ 面ABC⊥面BB1C1C，
面ABC∩面BB1C1C=BC，
∴ AE⊥面BB1C1C，
∴ ∠AC1E就是AC1与平面BB1C1C所成的角，
在Rt△AC1E中，∵ AB=AA1，
sin∠AC1E=AEAC1=322=64．
故答案为：64．
【答案】
3
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
由正弦定理化简已知可得2a−b2=c2−bc，结合余弦定理可求A的值，由基本不等式可求bc≤4，再利用三角形面积公式即可计算得解．
【解答】
解：因为(2+b)(sinA−sinB)=(c−b)sinC
⇒(2+b)(a−b)=(c−b)c
⇒2a−b2=c2−bc，
又因为a=2，
所以2a−b2=c2−bc
⇒b2+c2−a2=bc
⇒csA=b2+c2−a22bc=12，
⇒A=π3，
△ABC面积S=12bcsinA=34bc，
而b2+c2−a2=bc
⇒b2+c2−bc=a2
⇒b2+c2−bc=4
⇒bc≤4，
所以S=12bcsinA=34bc≤3，即△ABC面积的最大值为3．
故答案为：3．
【答案】
2550
【考点】
数列的求和
【解析】
an+1+(−1)nan＝n(n∈N∗)，可得：a2−a1＝1，a3+a2＝2，a4−a3＝3，a5+a4＝4，a6−a5＝5，a7+a6＝6，a8−a7＝7，…，可得a3+a1＝1＝a7+a5＝…，a4+a2＝2+3，a8+a6＝6+7，a12+a10＝10+11，…，利用分组求和即可得出．
【解答】
∵ an+1+(−1)nan＝n(n∈N∗)，
∴ a2−a1＝1，a3+a2＝2，a4−a3＝3，a5+a4＝4，a6−a5＝5，a7+a6＝6，a8−a7＝7，…，
可得a3+a1＝1＝a7+a5＝…，∴ (a1+a3+...+a99)＝25．
a4+a2＝2+3，a8+a6＝6+7，a12+a10＝10+11，…，∴ a2+a4+...+a100＝5×25+8×25×242=2525．
则a1+a2+...+a100＝2550．
三、解答题
【答案】
∵ 数列{an}满足a1＝2，an+an−1＝4n−2(n≥2)，
∴ a2+a1＝6，a3+a2＝10，a4+a3＝14，a5+a4＝18，a6+a5＝22，…，
∴ a2＝4，a3＝6，a4＝8，a5＝10，a6＝12，…，
∴ {an}为以2为首项，2为公差的等差数列，
∴ an＝2n；
由b1+3b2+7b3...+(2n−1)bn＝an，
可得n＝1时，b1＝a1＝2，
当n>1时，b1+3b2+7b3...+(2n−1−1)bn−1＝an−1，
两式相减可得，(2n−1)bn＝an−an−1，
由（1）可得，(2n−1)bn＝2，
即有bn=22n−1，对n＝1同样成立，
则数列{bn}的通项公式为bn=22n−1，n∈N∗．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）通过计算可得数列的前几项，即可得到{an}为以2为首项，2为公差的等差数列，由等差数列的通项公式即可得到所求；
（2）考虑n＝1，可得首项为2，再由n>1，将n换为n−1，相减即可得到所求通项公式．
【解答】
∵ 数列{an}满足a1＝2，an+an−1＝4n−2(n≥2)，
∴ a2+a1＝6，a3+a2＝10，a4+a3＝14，a5+a4＝18，a6+a5＝22，…，
∴ a2＝4，a3＝6，a4＝8，a5＝10，a6＝12，…，
∴ {an}为以2为首项，2为公差的等差数列，
∴ an＝2n；
由b1+3b2+7b3...+(2n−1)bn＝an，
可得n＝1时，b1＝a1＝2，
当n>1时，b1+3b2+7b3...+(2n−1−1)bn−1＝an−1，
两式相减可得，(2n−1)bn＝an−an−1，
由（1）可得，(2n−1)bn＝2，
即有bn=22n−1，对n＝1同样成立，
则数列{bn}的通项公式为bn=22n−1，n∈N∗．
【答案】
因为(3a−c)csB＝bcsC．
由正弦定理可得3sinAcsB＝sinCcsB+sinBcsC＝sin(B+C)＝sinA，
因为sinA≠0，
所以csB=13；
由（1）可得sinB=223，
由正弦定理可得，asinA=bsinB，
所以sinA=asinBb=13，
因为a所以csA=223，
所以sin(A+π3)=12sinA+32csA=12×13+32×223=1+266．
【考点】
两角和与差的三角函数
正弦定理
【解析】
（1）由已知结合正弦定理及和差角公式即可求解；
（2）由已知结合正弦定理可求sinA，进而可求csA，然后结合两角和的正弦公式即可求解．
【解答】
因为(3a−c)csB＝bcsC．
由正弦定理可得3sinAcsB＝sinCcsB+sinBcsC＝sin(B+C)＝sinA，
因为sinA≠0，
所以csB=13；
由（1）可得sinB=223，
由正弦定理可得，asinA=bsinB，
所以sinA=asinBb=13，
因为a所以csA=223，
所以sin(A+π3)=12sinA+32csA=12×13+32×223=1+266．
【答案】
证明：(Ⅰ)在Rt△BCD中，F是斜边BD的中点，所以FC=12BD=1．
因为E，F是AD，BD的中点，所以EF=12AB=1，且EC=2，
所以EF2+FC2＝EC2，EF⊥FC，
又因为AB⊥BD，EF // AB，所以EF⊥BD，
且BD∩FC＝F，故EF⊥平面BCD
因为EF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面BCD．
（2）方法一：取AC中点M，则ME // CD
因为CE=12AD=2，所以CD⊥AC．
又因为CD⊥BC，所以CD⊥平面ABC，故ME⊥平面ABC
因此∠ECM是直线EC与平面ABC所成的角，
AC=2MC=2EC⋅cs30=6，所以CD=BC=2，
过点B作BN⊥AC于N，则BN⊥平面ACD，BN=AB⋅BCAC=233，
过点B作BH⊥EC于H，连接HN，
则∠BHN为二面角A−CE−B的平面角，
因为BE=BC=EC=2，
所以BH=32BE=62,HN=BH2−BN2=66cs∠BHN=HNBH=13
因此二面角A−CE−B的余弦值为13．
方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，
以B为坐标原点，BD，BA为y，z轴建立空间直角坐标系．
因为CD=BC=2（同方法一，过程略）
则C(1, 1, 0)，A(0, 0, 2)，E(0, 1, 1)，
所以CE→=(−1,0,1)，BE→=(0,1,1)，AE→=(0,1,−1)
设平面ACE的法向量m→=(x1,y1,z1)
则AE→⋅m→=0CE→⋅m→=0 即y1−z1=0−x1+z1=0 取x1＝1，得m→=(1,1,1)，
设平面BCE的法向量n→=(x2,y2,z2)
则BE→⋅n→=0CE→⋅n→=0 即y2+z2=0−x2+z2=0 取x2＝1，得n→=(1,−1,1)
所以cs=m→⋅n→|m→||n→|=13×3=13，
因此二面角A−CE−B的余弦值为13．
【考点】
二面角的平面角及求法
平面与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)推导出EF⊥FC，AB⊥BD，EF // AB，EF⊥BD，从而EF⊥平面BCD，由此能证明平面EFC⊥平面BCD．
(Ⅱ)法一：取AC中点M，则ME // CD，推导出CD⊥AC，CD⊥BC，从而CD⊥平面ABC，进而ME⊥平面ABC，∠ECM是直线EC与平面ABC所成的角，过点B作BH⊥EC于H，连接HN，则∠BHN为二面角A−CE−B的平面角，由此能求出二面角A−CE−B的余弦值．
法二：在平面BCD中，作x轴⊥BD，以B为坐标原点，BD，BA为y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−CE−B的余弦值．
【解答】
证明：(Ⅰ)在Rt△BCD中，F是斜边BD的中点，所以FC=12BD=1．
因为E，F是AD，BD的中点，所以EF=12AB=1，且EC=2，
所以EF2+FC2＝EC2，EF⊥FC，
又因为AB⊥BD，EF // AB，所以EF⊥BD，
且BD∩FC＝F，故EF⊥平面BCD
因为EF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面BCD．
（2）方法一：取AC中点M，则ME // CD
因为CE=12AD=2，所以CD⊥AC．
又因为CD⊥BC，所以CD⊥平面ABC，故ME⊥平面ABC
因此∠ECM是直线EC与平面ABC所成的角，
AC=2MC=2EC⋅cs30=6，所以CD=BC=2，
过点B作BN⊥AC于N，则BN⊥平面ACD，BN=AB⋅BCAC=233，
过点B作BH⊥EC于H，连接HN，
则∠BHN为二面角A−CE−B的平面角，
因为BE=BC=EC=2，
所以BH=32BE=62,HN=BH2−BN2=66cs∠BHN=HNBH=13
因此二面角A−CE−B的余弦值为13．
方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，
以B为坐标原点，BD，BA为y，z轴建立空间直角坐标系．
因为CD=BC=2（同方法一，过程略）
则C(1, 1, 0)，A(0, 0, 2)，E(0, 1, 1)，
所以CE→=(−1,0,1)，BE→=(0,1,1)，AE→=(0,1,−1)
设平面ACE的法向量m→=(x1,y1,z1)
则AE→⋅m→=0CE→⋅m→=0 即y1−z1=0−x1+z1=0 取x1＝1，得m→=(1,1,1)，
设平面BCE的法向量n→=(x2,y2,z2)
则BE→⋅n→=0CE→⋅n→=0 即y2+z2=0−x2+z2=0 取x2＝1，得n→=(1,−1,1)
所以cs=m→⋅n→|m→||n→|=13×3=13，
因此二面角A−CE−B的余弦值为13．
【答案】
（1）线段PN的垂直平分线交PM于点Q，
∴ |QN|＝|QP|，
∴ |QM|+|QN|＝|QP|+|QM|＝|MP|＝22>|MN|＝2
∴ 点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
∴ 2a＝22，2c＝2，
∴ a=2，c＝1，b＝1，
∴ 点Q的轨迹E的方程为x22+y2＝1，
（2）设其中的一条直线AB的方程为y＝k(x+1)代入椭圆方程可得，
(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2＝0，
∴ |AB|=22(1+k2)1+2k2，
设C(x1, y1)，D(x2, y2)，则CD的方程为y=−12k(x+1)，
即x＝2ky−1，代入椭圆方程可得(4k2+2)y2+4ky−1＝0，
则|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=2⋅4k2+12k2+1
设C，D到直线AB的距离分别为d1和d2，
则d1+d2=|kx1−y1+k|+|kx2−y2+k|1+k2=|k(x1−x2)−(y1−y2)|1+k2=(2k2+1)|y1−y2|1+k2=2⋅4k2+11+k2，
∴ S12|AB|(d1+d2)=21+k2⋅4k2+12k2+1=24k4+5k2+14k4+4k2+1=21+k24k4+4k2+1=21+14k2+1k2+4≤298=322，
当k2=12时取等号
【考点】
轨迹方程
【解析】
(Ⅰ)根据题意可得点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，即可求出椭圆的方程，
(Ⅱ)设其中的一条直线AB的方程为y＝k(x+1)代入椭圆方程可得，(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2＝0，根据弦长公式求出|AB|，设出CD的方程为y=−12k(x+1)，根据韦达定理和点到直线的距离公式求出d1+d2，表示出四边形ACBD的面积为S，根据基本不等式求出最值
【解答】
（1）线段PN的垂直平分线交PM于点Q，
∴ |QN|＝|QP|，
∴ |QM|+|QN|＝|QP|+|QM|＝|MP|＝22>|MN|＝2
∴ 点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
∴ 2a＝22，2c＝2，
∴ a=2，c＝1，b＝1，
∴ 点Q的轨迹E的方程为x22+y2＝1，
（2）设其中的一条直线AB的方程为y＝k(x+1)代入椭圆方程可得，
(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2＝0，
∴ |AB|=22(1+k2)1+2k2，
设C(x1, y1)，D(x2, y2)，则CD的方程为y=−12k(x+1)，
即x＝2ky−1，代入椭圆方程可得(4k2+2)y2+4ky−1＝0，
则|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=2⋅4k2+12k2+1
设C，D到直线AB的距离分别为d1和d2，
则d1+d2=|kx1−y1+k|+|kx2−y2+k|1+k2=|k(x1−x2)−(y1−y2)|1+k2=(2k2+1)|y1−y2|1+k2=2⋅4k2+11+k2，
∴ S12|AB|(d1+d2)=21+k2⋅4k2+12k2+1=24k4+5k2+14k4+4k2+1=21+k24k4+4k2+1=21+14k2+1k2+4≤298=322，
当k2=12时取等号
1. 已知a<0，0
2. 设Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=( )
A.−12B.−10C.10D.12
3. 在△ABC中，∠ABC=π4，AB=2，BC＝3，则sin∠BAC＝（ ）
A.1010B.105C.31010D.55
4. 圆x2+y2−4x−6y+9＝0的圆心到直线ax+y+1＝0的距离为2，则a＝（ ）
A.−43B.−34C.2D.2
5. 数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，则a6＝（ ）
A.32B.62C.63D.64
6. 若直线2ax−by+2=0(a>0, b>0)被圆x2+y2+2x−4y+1=0截得弦长为4，则4a+1b的最小值是( )
A.9B.4C.12D.14
7. 在数列{an}中，a1＝0，an+1=an+ln(1+1n)，则{an}的通项公式为（ ）
A.an＝lnnB.an＝(n−1)ln(n+1)
C.an＝nlnnD.an＝lnn+n−2
8. 在△ABC中，AB＝2，C=π6，则AC+3BC的最大值为（ ）
A.47B.37C.27D.7
9. 若x−y≤0，x+y≥0，y≤a，若z=x+2y的最大值为3，则a的值是( )
A.1B.2C.3D.4
10. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
A.62B.42C.6D.4
11. 在正三棱锥S−ABC中，M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝22，则正三棱锥S−ABC外接球表面积为（ ）
A.6πB.12πC.32πD.36π
12. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2B＝sinA⋅sinC．若对于任意实数x，不等式(x+2+sin2B)2+[2t⋅sin(B+π4)]2≥1恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
A.(−∞, −1]∪[1, +∞)B.(−∞, −1)∪(1, +∞)
C.(−2,−1]∪[1,2)D.[−2,−1]∪[1,2]
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
圆心在直线x−2y+7＝0上的圆C与x轴交于两点A(−2, 0)、B(−4, 0)，则圆C的方程为________．
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，有AB=AA1，则AC1与平面BB1C1C所成的角的正弦值为________．
已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a=2且(2+b)(sinA−sinB)=(c−b)sinC，则△ABC面积的最大值为________．
若数列{an}满足：an+1+(−1)nan＝n(n∈N∗)，则a1+a2+...+a100＝________．
三、解答题
已知数列{an}：满足：a1＝2，an+an−1＝4n−2(n≥2)．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足：b1+3b2+7b3...+(2n−1)bn＝an．求数列{bn}的通项公式．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(3a−c)csB＝bcsC．
（1）求csB的值；
（2）若a＝1，b＝22，求sin(A+π3)的值．
如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD＝90∘，EC=2，AB＝BD＝2，直线EC与平面ABC所成的角等于30∘．
(Ⅰ)证明：平面EFC⊥平面BCD；
(Ⅱ)求二面角A−CE−B的余弦值．
已知点P是圆M：(x−1)2+y2＝8上的动点，定点N(−1, 0)，线段PN的垂直平分线交PM于点Q．
(Ⅰ)求点Q的轨迹E的方程；
(Ⅱ)过点N作两条斜率之积为−12的直线l1，l2，l1，l2分别与轨迹E交于A，B和C，D，记得到的四边形ACBD的面积为S，求S的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省高二（上）线上考试数学试卷（一）（8月份）
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据不等式的基本性质，逐一分析四个结论的真假，可得答案．
【解答】
∵ a<0，0
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列的通项公式和前n项和列出方程，能求出a5的值．
【解答】
解：∵ Sn为等差数列{an}的前n项和，3S3=S2+S4，a1=2，
∴ 3×(3a1+3×22d)=a1+a1+d+4a1+4×32d，
把a1=2，代入得d=−3，
∴ a5=2+4×(−3)=−10．
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
由AB，BC及cs∠ABC的值，利用余弦定理求出AC的长，再由正弦定理即可求出sin∠BAC的值．
【解答】
∵ ∠ABC=π4，AB=2，BC＝3，
∴ 由余弦定理得：AC2＝AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC＝2+9−6＝5，
∴ AC=5，
则由正弦定理ACsin∠ABC=BCsin∠BAC得：sin∠BAC=3×225=31010．
4.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
圆心到直线的距离公式直接求出．
【解答】
由题意可得圆的圆心坐标为：(2, 3)，所以圆心到直线的距离d=|2a+3+1|1+a2=|2a+4|1++a2=2，解得a=−34，
5.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
利用数列的递推关系式逐步求解数列的项即可．
【解答】
数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，a2＝2a1+1＝3，a3＝2a2+1＝7，a4＝2a3+1＝15，a5＝2a4+1＝31，a6＝2a5+1＝63，
6.
【答案】
A
【考点】
基本不等式及其应用
直线与圆的位置关系
【解析】
求出圆心和半径，由圆心到直线的距离等于零可得直线过圆心，即a+b＝1；再利用基本不等式求得4a+1b的最小值．
【解答】
解：圆x2+y2+2x−4y+1=0，即圆(x+1)2+(y−2)2 =4，
它表示以(−1, 2)为圆心、半径等于2的圆；
设弦心距为d，由题意可得 22+d2=4，求得d=0，
可得直线经过圆心，故有−2a−2b+2=0，
即a+b=1，再由a>0，b>0，可得
4a+1b=(4a+1b )(a+b)
=5+4ba+ab≥5+24ba⋅ab=9，
当且仅当4ba=ab时取等号，
∴ 4a+1b的最小值是9．
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】
化简已知表达式，然后利用累加法转化求解数列的通项公式即可．
【解答】
由已知得an+1−an=ln(n+1n)=ln(n+1)−lnn，
所以an−an−1＝lnn−ln(n−1)；
an−1−an−2＝ln(n−1)−ln(n−2)；
…；
a3−a2＝ln3−ln2，
a2−a1＝ln2−ln1，
将上述n−1个式子相加，
整理的an−a1＝lnn−ln1＝lnn，
又因为a1＝0，所以an＝lnn．
8.
【答案】
A
【考点】
三角形的面积公式
解三角形
【解析】
直接利用三角函数关系式的变换和正弦定理求出结果．
【解答】
△ABC中，AB＝2，C=π6，
则：2R=ABsinC=4，
则：AC+3BC，
=4sinB+43sinA，
=4sin(5π6−A)+43sinA，
＝2csA+63sinA，
=47sin(A+θ)，
由于：0
9.
【答案】
A
【考点】
含参线性规划问题
简单线性规划
【解析】
作出不等式表示的平面区域，明确目标函数的几何意义，根据z=x+2y的最大值为3，即可求a的值．
【解答】
解：作出不等式表示的平面区域，如图
z=x+2y的几何意义是直线y=−12x+z2纵截距的一半
由x−y=0，y=a，可得x=y=a，
根据图形可知在(a, a)处，z=x+2y的最大值为3
∴ a+2a=3，
∴ a=1.
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
简单空间图形的三视图
【解析】
画出图形，结合三视图的数据求出棱长，推出结果即可．
【解答】
解：几何体的直观图如图：
AB=4，BD=4，C到BD的中点的距离为：4，
∴ BC=CD=4，
由主视图可得A在BC的中点上，
即AC=42+22=25，
BD=42，
AD=(42)2+22=6，
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
【解析】
根据三棱锥为正三棱锥，可证明出AC⊥SB，结合SB⊥AM，得到SB⊥平面SAC，因此可得SA、SB、SC三条侧棱两两互相垂直．最后利用公式求出外接圆的直径，结合球的表面积公式，可得正三棱锥S−ABC的外接球的表面积．
【解答】
取AC中点，连接BN、SN
∵ N为AC中点，SA＝SC
∴ AC⊥SN，同理AC⊥BN，
∵ SN∩BN＝N
∴ AC⊥平面SBN
∵ SB⊂平面SBN
∴ AC⊥SB
∵ SB⊥AM且AC∩AM＝A
∴ SB⊥平面SAC⇒SB⊥SA且SB⊥AC
∵ 三棱锥S−ABC是正三棱锥
∴ SA、SB、SC三条侧棱两两互相垂直．
∵ 底面边长AB＝22，
∴ 侧棱SA＝2，
∴ 正三棱锥S−ABC的外接球的直径为：2R=23
外接球的半径为R=3
∴ 正三棱锥S−ABC的外接球的表面积是S＝4πR2＝12π
12.
【答案】
A
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
分别运用正弦定理和余弦定理、基本不等式可得csB的范围，求得0
sin2B＝sinA⋅sinC，由正弦定理可得b2＝ac，
由余弦定理可得b2＝a2+c2−2accsB＝ac≥2ac−2accsB，即csB≥12，
即有0
对于任意实数x，不等式(x+2+sin2B)2+[2t⋅sin(B+π4)]2≥1恒成立，
即有x2+2(2+sin2B)x+(2+sin2B)2+t2(sinB+csB)2−1≥0，
可得△＝4(2+sin2B)2−4(2+sin2B)2−4t2(sinB+csB)2+4≤0，
即为t2≥1(sinB+csB)2，
由sinB+csB∈(1, 2]，可得1(sinB+csB)2∈[12, 1)，
可得t2≥1，解得t≥1或t≤−1．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
(x+3)2+(y−2)2＝5
【考点】
圆的标准方程
【解析】
先由条件求得圆心的坐标为C(−3, 2)，半径r＝|AC|=5，从而得到圆C的方程．
【解答】
解析：直线AB的中垂线方程为x＝−3，代入直线x−2y+7＝0，得y＝2，
故圆心的坐标为C(−3, 2)，再由两点间的距离公式求得半径r＝|AC|=5，
∴ 圆C的方程为 (x+3)2+(y−2)2＝5，
【答案】
64
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
根据题，过取BC的中点E，连接C1E，AE，证明AE⊥面BB1C1C，故∴ ∠AC1E就是AC1与平面BB1C1C所成的角，解直角三角形AC1E即可．
【解答】
解：取BC的中点E，连接C1E，AE
则AE⊥BC，
正三棱柱ABC−A1B1C1中，
∴ 面ABC⊥面BB1C1C，
面ABC∩面BB1C1C=BC，
∴ AE⊥面BB1C1C，
∴ ∠AC1E就是AC1与平面BB1C1C所成的角，
在Rt△AC1E中，∵ AB=AA1，
sin∠AC1E=AEAC1=322=64．
故答案为：64．
【答案】
3
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
由正弦定理化简已知可得2a−b2=c2−bc，结合余弦定理可求A的值，由基本不等式可求bc≤4，再利用三角形面积公式即可计算得解．
【解答】
解：因为(2+b)(sinA−sinB)=(c−b)sinC
⇒(2+b)(a−b)=(c−b)c
⇒2a−b2=c2−bc，
又因为a=2，
所以2a−b2=c2−bc
⇒b2+c2−a2=bc
⇒csA=b2+c2−a22bc=12，
⇒A=π3，
△ABC面积S=12bcsinA=34bc，
而b2+c2−a2=bc
⇒b2+c2−bc=a2
⇒b2+c2−bc=4
⇒bc≤4，
所以S=12bcsinA=34bc≤3，即△ABC面积的最大值为3．
故答案为：3．
【答案】
2550
【考点】
数列的求和
【解析】
an+1+(−1)nan＝n(n∈N∗)，可得：a2−a1＝1，a3+a2＝2，a4−a3＝3，a5+a4＝4，a6−a5＝5，a7+a6＝6，a8−a7＝7，…，可得a3+a1＝1＝a7+a5＝…，a4+a2＝2+3，a8+a6＝6+7，a12+a10＝10+11，…，利用分组求和即可得出．
【解答】
∵ an+1+(−1)nan＝n(n∈N∗)，
∴ a2−a1＝1，a3+a2＝2，a4−a3＝3，a5+a4＝4，a6−a5＝5，a7+a6＝6，a8−a7＝7，…，
可得a3+a1＝1＝a7+a5＝…，∴ (a1+a3+...+a99)＝25．
a4+a2＝2+3，a8+a6＝6+7，a12+a10＝10+11，…，∴ a2+a4+...+a100＝5×25+8×25×242=2525．
则a1+a2+...+a100＝2550．
三、解答题
【答案】
∵ 数列{an}满足a1＝2，an+an−1＝4n−2(n≥2)，
∴ a2+a1＝6，a3+a2＝10，a4+a3＝14，a5+a4＝18，a6+a5＝22，…，
∴ a2＝4，a3＝6，a4＝8，a5＝10，a6＝12，…，
∴ {an}为以2为首项，2为公差的等差数列，
∴ an＝2n；
由b1+3b2+7b3...+(2n−1)bn＝an，
可得n＝1时，b1＝a1＝2，
当n>1时，b1+3b2+7b3...+(2n−1−1)bn−1＝an−1，
两式相减可得，(2n−1)bn＝an−an−1，
由（1）可得，(2n−1)bn＝2，
即有bn=22n−1，对n＝1同样成立，
则数列{bn}的通项公式为bn=22n−1，n∈N∗．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）通过计算可得数列的前几项，即可得到{an}为以2为首项，2为公差的等差数列，由等差数列的通项公式即可得到所求；
（2）考虑n＝1，可得首项为2，再由n>1，将n换为n−1，相减即可得到所求通项公式．
【解答】
∵ 数列{an}满足a1＝2，an+an−1＝4n−2(n≥2)，
∴ a2+a1＝6，a3+a2＝10，a4+a3＝14，a5+a4＝18，a6+a5＝22，…，
∴ a2＝4，a3＝6，a4＝8，a5＝10，a6＝12，…，
∴ {an}为以2为首项，2为公差的等差数列，
∴ an＝2n；
由b1+3b2+7b3...+(2n−1)bn＝an，
可得n＝1时，b1＝a1＝2，
当n>1时，b1+3b2+7b3...+(2n−1−1)bn−1＝an−1，
两式相减可得，(2n−1)bn＝an−an−1，
由（1）可得，(2n−1)bn＝2，
即有bn=22n−1，对n＝1同样成立，
则数列{bn}的通项公式为bn=22n−1，n∈N∗．
【答案】
因为(3a−c)csB＝bcsC．
由正弦定理可得3sinAcsB＝sinCcsB+sinBcsC＝sin(B+C)＝sinA，
因为sinA≠0，
所以csB=13；
由（1）可得sinB=223，
由正弦定理可得，asinA=bsinB，
所以sinA=asinBb=13，
因为a
所以sin(A+π3)=12sinA+32csA=12×13+32×223=1+266．
【考点】
两角和与差的三角函数
正弦定理
【解析】
（1）由已知结合正弦定理及和差角公式即可求解；
（2）由已知结合正弦定理可求sinA，进而可求csA，然后结合两角和的正弦公式即可求解．
【解答】
因为(3a−c)csB＝bcsC．
由正弦定理可得3sinAcsB＝sinCcsB+sinBcsC＝sin(B+C)＝sinA，
因为sinA≠0，
所以csB=13；
由（1）可得sinB=223，
由正弦定理可得，asinA=bsinB，
所以sinA=asinBb=13，
因为a
所以sin(A+π3)=12sinA+32csA=12×13+32×223=1+266．
【答案】
证明：(Ⅰ)在Rt△BCD中，F是斜边BD的中点，所以FC=12BD=1．
因为E，F是AD，BD的中点，所以EF=12AB=1，且EC=2，
所以EF2+FC2＝EC2，EF⊥FC，
又因为AB⊥BD，EF // AB，所以EF⊥BD，
且BD∩FC＝F，故EF⊥平面BCD
因为EF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面BCD．
（2）方法一：取AC中点M，则ME // CD
因为CE=12AD=2，所以CD⊥AC．
又因为CD⊥BC，所以CD⊥平面ABC，故ME⊥平面ABC
因此∠ECM是直线EC与平面ABC所成的角，
AC=2MC=2EC⋅cs30=6，所以CD=BC=2，
过点B作BN⊥AC于N，则BN⊥平面ACD，BN=AB⋅BCAC=233，
过点B作BH⊥EC于H，连接HN，
则∠BHN为二面角A−CE−B的平面角，
因为BE=BC=EC=2，
所以BH=32BE=62,HN=BH2−BN2=66cs∠BHN=HNBH=13
因此二面角A−CE−B的余弦值为13．
方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，
以B为坐标原点，BD，BA为y，z轴建立空间直角坐标系．
因为CD=BC=2（同方法一，过程略）
则C(1, 1, 0)，A(0, 0, 2)，E(0, 1, 1)，
所以CE→=(−1,0,1)，BE→=(0,1,1)，AE→=(0,1,−1)
设平面ACE的法向量m→=(x1,y1,z1)
则AE→⋅m→=0CE→⋅m→=0 即y1−z1=0−x1+z1=0 取x1＝1，得m→=(1,1,1)，
设平面BCE的法向量n→=(x2,y2,z2)
则BE→⋅n→=0CE→⋅n→=0 即y2+z2=0−x2+z2=0 取x2＝1，得n→=(1,−1,1)
所以cs
因此二面角A−CE−B的余弦值为13．
【考点】
二面角的平面角及求法
平面与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)推导出EF⊥FC，AB⊥BD，EF // AB，EF⊥BD，从而EF⊥平面BCD，由此能证明平面EFC⊥平面BCD．
(Ⅱ)法一：取AC中点M，则ME // CD，推导出CD⊥AC，CD⊥BC，从而CD⊥平面ABC，进而ME⊥平面ABC，∠ECM是直线EC与平面ABC所成的角，过点B作BH⊥EC于H，连接HN，则∠BHN为二面角A−CE−B的平面角，由此能求出二面角A−CE−B的余弦值．
法二：在平面BCD中，作x轴⊥BD，以B为坐标原点，BD，BA为y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−CE−B的余弦值．
【解答】
证明：(Ⅰ)在Rt△BCD中，F是斜边BD的中点，所以FC=12BD=1．
因为E，F是AD，BD的中点，所以EF=12AB=1，且EC=2，
所以EF2+FC2＝EC2，EF⊥FC，
又因为AB⊥BD，EF // AB，所以EF⊥BD，
且BD∩FC＝F，故EF⊥平面BCD
因为EF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面BCD．
（2）方法一：取AC中点M，则ME // CD
因为CE=12AD=2，所以CD⊥AC．
又因为CD⊥BC，所以CD⊥平面ABC，故ME⊥平面ABC
因此∠ECM是直线EC与平面ABC所成的角，
AC=2MC=2EC⋅cs30=6，所以CD=BC=2，
过点B作BN⊥AC于N，则BN⊥平面ACD，BN=AB⋅BCAC=233，
过点B作BH⊥EC于H，连接HN，
则∠BHN为二面角A−CE−B的平面角，
因为BE=BC=EC=2，
所以BH=32BE=62,HN=BH2−BN2=66cs∠BHN=HNBH=13
因此二面角A−CE−B的余弦值为13．
方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，
以B为坐标原点，BD，BA为y，z轴建立空间直角坐标系．
因为CD=BC=2（同方法一，过程略）
则C(1, 1, 0)，A(0, 0, 2)，E(0, 1, 1)，
所以CE→=(−1,0,1)，BE→=(0,1,1)，AE→=(0,1,−1)
设平面ACE的法向量m→=(x1,y1,z1)
则AE→⋅m→=0CE→⋅m→=0 即y1−z1=0−x1+z1=0 取x1＝1，得m→=(1,1,1)，
设平面BCE的法向量n→=(x2,y2,z2)
则BE→⋅n→=0CE→⋅n→=0 即y2+z2=0−x2+z2=0 取x2＝1，得n→=(1,−1,1)
所以cs
因此二面角A−CE−B的余弦值为13．
【答案】
（1）线段PN的垂直平分线交PM于点Q，
∴ |QN|＝|QP|，
∴ |QM|+|QN|＝|QP|+|QM|＝|MP|＝22>|MN|＝2
∴ 点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
∴ 2a＝22，2c＝2，
∴ a=2，c＝1，b＝1，
∴ 点Q的轨迹E的方程为x22+y2＝1，
（2）设其中的一条直线AB的方程为y＝k(x+1)代入椭圆方程可得，
(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2＝0，
∴ |AB|=22(1+k2)1+2k2，
设C(x1, y1)，D(x2, y2)，则CD的方程为y=−12k(x+1)，
即x＝2ky−1，代入椭圆方程可得(4k2+2)y2+4ky−1＝0，
则|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=2⋅4k2+12k2+1
设C，D到直线AB的距离分别为d1和d2，
则d1+d2=|kx1−y1+k|+|kx2−y2+k|1+k2=|k(x1−x2)−(y1−y2)|1+k2=(2k2+1)|y1−y2|1+k2=2⋅4k2+11+k2，
∴ S12|AB|(d1+d2)=21+k2⋅4k2+12k2+1=24k4+5k2+14k4+4k2+1=21+k24k4+4k2+1=21+14k2+1k2+4≤298=322，
当k2=12时取等号
【考点】
轨迹方程
【解析】
(Ⅰ)根据题意可得点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，即可求出椭圆的方程，
(Ⅱ)设其中的一条直线AB的方程为y＝k(x+1)代入椭圆方程可得，(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2＝0，根据弦长公式求出|AB|，设出CD的方程为y=−12k(x+1)，根据韦达定理和点到直线的距离公式求出d1+d2，表示出四边形ACBD的面积为S，根据基本不等式求出最值
【解答】
（1）线段PN的垂直平分线交PM于点Q，
∴ |QN|＝|QP|，
∴ |QM|+|QN|＝|QP|+|QM|＝|MP|＝22>|MN|＝2
∴ 点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
∴ 2a＝22，2c＝2，
∴ a=2，c＝1，b＝1，
∴ 点Q的轨迹E的方程为x22+y2＝1，
（2）设其中的一条直线AB的方程为y＝k(x+1)代入椭圆方程可得，
(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2＝0，
∴ |AB|=22(1+k2)1+2k2，
设C(x1, y1)，D(x2, y2)，则CD的方程为y=−12k(x+1)，
即x＝2ky−1，代入椭圆方程可得(4k2+2)y2+4ky−1＝0，
则|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=2⋅4k2+12k2+1
设C，D到直线AB的距离分别为d1和d2，
则d1+d2=|kx1−y1+k|+|kx2−y2+k|1+k2=|k(x1−x2)−(y1−y2)|1+k2=(2k2+1)|y1−y2|1+k2=2⋅4k2+11+k2，
∴ S12|AB|(d1+d2)=21+k2⋅4k2+12k2+1=24k4+5k2+14k4+4k2+1=21+k24k4+4k2+1=21+14k2+1k2+4≤298=322，
当k2=12时取等号
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