2020-2021学年河北省高二（上）线上考试数学试卷（二）（8月份）人教A版

这是一份2020-2021学年河北省高二（上）线上考试数学试卷（二）（8月份）人教A版，共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知a，b，c∈R，且a>b，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A.a+b≥b+cB.ac>bcC.(a−b)c2≥0D.c2a−b>0

2. 已知正数x、y满足8x+1y=1，则x+2y的最小值是（ ）
A.18B.16C.8D.10

3. 已知等比数列{an}中，a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b3+b11＝（ ）
A.3B.6C.7D.8

4. 如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）

A.EB.FC.GD.H

5. 已知⊙M:x2+y2−2x−2y−2＝0，直线l:2x+y+2＝0，P为l上的动点．过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|⋅|AB|最小时，直线AB的方程为（ ）
A.2x−y−1＝0B.2x+y−1＝0C.2x−y+1＝0D.2x+y+1＝0

6. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2c=6b,C=60，则B＝（ ）
A.45∘B.45∘或135∘C.30∘D.30∘或150∘

7. 长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，E为棱AA1的中点，则直线C1E与平面CB1D1所成角的余弦值为（ ）
A.69B.539C.53D.23

8. 方程|y|−1=3−(x−2)2所表示的曲线的长度是( )
A.6πB.23πC.23π+43D.6π+12

9. 已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ）
A.3B.32C.1D.32

10. 数列{an}中，a1＝2，am+n＝aman．若ak+1+ak+2+...+ak+10＝215−25，则k＝（ ）
A.2B.3C.4D.5

11. 在三棱锥A−SBC中，AB=10，∠ASC=∠BSC=π4，AC＝AS，BC＝BS，若该三棱锥的体积为153，则三棱锥S−ABC外接球的体积为（ ）
A.πB.43πC.5πD.π3

12. 已知椭圆C的焦点为F1(−1, 0)，F2(1, 0)，过点F2的直线与椭圆C交于A，B两点．若|AF2|=2|F2B|，|AB|=|BF1|，则C的方程为( )
A.x22+y2=1B.x23+y22=1C.x24+y23=1D.x25+y24=1
二、填空题（每小题5分）

若x，y满足约束条件2x+y−2≤0,x−y−1≥0,y+1≥0, 则z＝x+7y的最大值为________．

在△ABC中，A＝60∘，a＝3，则a+b+csinA+sinB+sinC=________．

已知椭圆C:x24+y2b2=1(0
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为菱形，且AB＝2，∠DAB＝60∘，△PAD是等边三角形，PB=6,Q点是侧面PBC内的一个动点，且满足DQ⊥AC，则Q点所形成的轨迹长度是________．

三、解答题

已知等差数列{an}的前n项的和记为Sn．如果a4=−12，a8=−4．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求Sn的最小值及其相应的n的值．

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝4，△ABC的面积为23．
（1）若A=π3，求△ABC的周长；

（2）求sinB⋅sinC的最大值．

如图，在三棱锥P−ABC中，PB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面PBC，PB＝BC＝2．

（1）证明：AC⊥平面PBC；

（2）若二面角B−PA−C的余弦值为1010，线段PA的长．

已知点M(−1, 0)，N(1, 0)，设△TMN的面积为S，内切圆半径为r，且S＝3r．
（1）求点T的轨迹W的方程；

（2）已知B(−2, 0)，C(2, 0)，点P是直线x＝4上的动点，直线PB与曲线W的一个交点为E．直线PC与曲线W的一个交点为F，并且P，E，F都不在坐标轴上．求证：直线EF经过定点．
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（二）（8月份）
一、单选题（每小题5分）
1.
【答案】
C
【考点】
不等式的概念
【解析】
根据不等式的性质，看由a>b能否得出每个选项的不等式即可．
【解答】
A．∵ a与c的关系不知道，
∴ 由a>b得不出a+b≥b+c，∴ 该选项错误；
B．∵ c的符号不知道，
∴ a>b得不出ac>bc，∴ 该选项错误；
C．∵ a>b，
∴ a−b>0，且c2≥0，
∴ (a−b)c2≥0，∴ 该选项正确；
D．∵ c2＝0时，c2a−b=0，
∴ a>b得不出c2a−b>0，∴ 该选项错误．
2.
【答案】
A
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
先把x+2y转化成x+2y＝(x+2y)⋅( 1m+1n)展开后利用均值不等式求得答案．
【解答】
∵ 8x+1y=1，
∴ x+2y＝(x+2y)⋅(8x+1y)＝10+xy+16yx≥10+8＝18（当且仅当x＝4y时等号成立）
答案为：18．
3.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
等差数列的性质
【解析】
设等比数列{an}的公比为q，由a3a11＝4a7，可得a72=4a7≠0，解得a7，数列{bn}是等差数列，则b3+b11＝2b7＝2a7．
【解答】
设等比数列{an}的公比为q，∵ a3a11＝4a7，∴ a72=4a7≠0，解得a7＝4，
数列{bn}是等差数列，则b3+b11＝2b7＝2a7＝8．
4.
【答案】
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
首先把三视图转换为直观图，进一步求出图形中的对应点．
【解答】
根据几何体的三视图转换为直观图：
如图所示：
根据三视图和几何体的的对应关系的应用，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，
所以在侧视图中与点E对应．
故选：A．
5.
【答案】
D
【考点】
圆的切线方程
【解析】
由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得|PM|⋅|AB|=2|PM|2−4，说明要使|PM|⋅|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直．写出PM所在直线方程，与直线l的方程联立，求得P点坐标，然后写出以PM为直径的圆的方程，再与圆M的方程联立可得AB所在直线方程．
【解答】
化圆M为(x−1)2+(y−1)2＝4，
圆心M(1, 1)，半径r＝2．
∵ SPAMB=12|PM|⋅|AB|=2S△PAM＝|PA|⋅|AM|＝2|PA|=2|PM|2−4．
∴ 要使|PM|⋅|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直．
直线PM的方程为y−1=12(x−1)，即y=12x+12，
联立y=12x+122x+y+2=0 ，解得P(−1, 0)．
则以PM为直径的圆的方程为x2+(y−12)2=54．
联立x2+y2−2x−2y−2=0x2+y2−y−1=0 ，相减可得直线AB的方程为2x+y+1＝0．
6.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由已知可得b=2c6，由正弦定理可得sinB的值，根据大边对大角可求B为锐角，利用特殊角的三角函数值可求B的值．
【解答】
在△ABC中，∵ 2c=6b,C=60，可得：b=2c6，
∴ 由正弦定理bsinB=csinC，可得：sinB=b⋅sinCc=2c6×32c=22，
∵ b∴ B＝45∘．
7.
【答案】
A
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
建立空间直角坐标系，求出平面CB1D1的法向量及直线C1E的方向向量，利用向量公式得解．
【解答】
以A为坐标原点，AD，AB，AA1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(1, 1, 0)，B1(0, 1, 2)，D1(1, 0, 2)，C1(1, 1, 2)，E(0, 0, 1)，
设平面CB1D1的法向量为n→=(x,y,z)，CB1→=(−1,0,2),CD1→=(0,−1,2)，
由n→⋅CB1→=−x+2z=0n→⋅CD1→=−y+2z=0 ，可取n→=(2,2,1)，
设直线C1E与平面CB1D1所成角为θ，又C1E→=(−1,−1,−1)，则sinθ=cs=|−2−2−1|4+4+1⋅3=539，
故csθ=69，即直线C1E与平面CB1D1所成角的余弦值为69．
8.
【答案】
B
【考点】
曲线与方程
【解析】
由题意可得y≥1或y≤−1，曲线为两个半圆，半径均为3，由圆的周长可得所求值．
【解答】
解：方程|y|−1=3−(x−2)2，
可得|y|−1≥0，即有y≥1或y≤−1，
即有(x−2)2+(|y|−1)2=3，
作出方程|y|−1=3−(x−2)2所表示的曲线，
可得曲线为两个半圆，半径均为3，
可得表示曲线的长度为23π．
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
画出图形，利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解OO1即可．
【解答】
由题意可知图形如图：△ABC是面积为934的等边三角形，可得34AB2=934，
∴ AB＝BC＝AC＝3，
可得：AO1=23×32×3=3，
球O的表面积为16π，
外接球的半径为：R；所以4πR2＝16π，解得R＝2，
所以O到平面ABC的距离为：4−3=1．
10.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
在已知数列递推式中，取m＝1，可得an+1an=2，则数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，再由等比数列的前n项和公式列式求解．
【解答】
由a1＝2，且am+n＝aman，
取m＝1，得an+1＝a1an＝2an，
∴ an+1an=2，
则数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
则ak+1=2⋅2k=2k+1，
∴ ak+1+ak+2+...+ak+10=2k+1(1−210)1−2=211+k−2k+1=215−25，
∴ k+1＝5，即k＝4．
11.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
球内接多面体
【解析】
设SC的中点为O，AB的中点为D，连接OA、OB、OD，由已知可得O为三棱锥三棱锥S−ABC外接球的球心，由三棱锥的体积列式求出三棱锥S−ABC外接球的半径，代入球的体积公式得答案．
【解答】
如图，
设SC的中点为O，AB的中点为D，连接OA、OB、OD，
∵ ∠ASC=∠BSC=π4，AC＝AS，BC＝BS，
∴ ∠SAC＝∠SBC＝90∘，则OA＝OB＝OC＝OS，则O为三棱锥三棱锥S−ABC外接球的球心，
设半径为R，又OD⊥AB，且AB=10，∴ AD＝DB=102，OD=R2−52．
则S△OAB=12⋅AB⋅OD=1210R2−25
又由SC⊥OA，SC⊥OB，且OA∩OB＝O，可得SC⊥平面OAB，
∴ VA−SBC=13⋅1210R2−25⋅2R=153，解得R=3．
∴ 三棱锥S−ABC外接球的体积为4π3⋅(3)3=43π．
12.
【答案】
B
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
余弦定理
【解析】
根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得a=3，b=2，可得椭圆的方程．
【解答】
解：∵ |AF2|=2|BF2|，∴ |AB|=3|BF2|，
又|AB|=|BF1|，∴ |BF1|=3|BF2|，
又|BF1|+|BF2|=2a，∴ |BF2|=a2，
∴ |AF2|=a，|BF1|=32a，
∵ |AF1|+|AF2|=2a，∴ |AF1|=a，
∴ |AF1|=|AF2|，∴ A在y轴上．
在Rt△AF2O中，cs∠AF2O=1a，
在△BF1F2中，由余弦定理可得
cs∠BF2F1=4+(a2)2−(32a)22×2×a2，
根据cs∠AF2O+cs∠BF2F1=0，
可得1a+4−2a22a=0，解得a2=3，
∴ a=3，b2=a2−c2=3−1=2．
所以椭圆C的方程为：x23+y22=1．
故选B.
二、填空题（每小题5分）
【答案】
1
【考点】
简单线性规划
【解析】
先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出可行域直线在y轴上的截距最大值即可．
【解答】
x，y满足约束条件2x+y−2≤0,x−y−1≥0,y+1≥0, ，
不等式组表示的平面区域如图所示，
由2x+y−2=0x−y−1=0 ，可得A(1, 0)时，目标函数z＝x+7y，可得y=−17x+17z，
当直线y=−17x+17z过点A时，在y轴上截距最大，
此时z取得最大值：1+7×0＝1．
【答案】
23
【考点】
同角三角函数间的基本关系
正弦定理
【解析】
由A的度数求出sinA的值，利用正弦定理表示出比例式，再由a的值及求出的sinA，算出比例式的比值，根据比例的性质即可得到所求式子的值．
【解答】
由A＝60∘，a＝3，
根据正弦定理得：asinA=bsinB=csinC=3sin60=23，
则a+b+csinA+sinB+sinC=23．
【答案】
32
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
通过已知条件求出|PF2|，利用余弦定理，求解c，然后求出b即可．
【解答】
∵ |PF1|＝|F1F2|＝2c，|PF1|=3,∠F1PF2=π3，|PF2|＝1，
∴ 4c2＝9+1−2×3×1×12=7
∴ b=a2−c2=32．
【答案】
273
【考点】
点、线、面间的距离计算
轨迹方程
【解析】
利用已知条件，通过直线与平面垂直，推出Q的轨迹，利用转化思想，求解距离即可．
【解答】
连接AC，BD交点为：O，取AD的中点E，BC的中点H，连接EH，PH，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为菱形，且AB＝2，∠DAB＝60∘，△PAD是等边三角形，PA＝PD＝AD＝AB＝2，PE=3，BE=3，所以PE⊥BE，∵ PB=6,Q点是侧面PBC内的一个动点，且满足DQ⊥AC，AC⊥BD，所以AC⊥平面BDG，过O作OG⊥平面ABCD，交PH于PH的中点，G在PH的中点与B的连线上，侧面PBC中，PH=7，BH＝1，PB=6，∴ PB⊥BC，∴ PC=10，BF的方程：y=6x，PC的方程为：x2+y6=1，联立可得F(23, 263)
所以BF=(23)2+(263)2=273．
三、解答题
【答案】
解：(1)设公差为d，由题意可得a1+3d=−12，a1+7d=−4，
解得d=2，a1=−18.
故可得an=a1+(n−1)d=2n−20.
(2)由(1)可知数列{an}的通项公式an=2n−20，
令an=2n−20≥0，解得n≥10，
故数列{an}的前9项均为负值，第10项为0，从第11项开始全为正数，
故当n=9或n=10时，Sn取得最小值，
故S9=S10=10a1+10×92d=−180+90=−90.
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
数列的函数特性
【解析】
（1）可设等差数列{an}的公差为d，由a4=−12，a8=−4，可解得其首项与公差，从而可求得数列{an}的通项公式；
（2）由（1）可得数列{an}的通项公式an=2n−20，可得：数列{an}的前9项均为负值，第10项为0，从第11项开始全为正数，即可求得答案．
【解答】
解：(1)设公差为d，由题意可得a1+3d=−12，a1+7d=−4，
解得d=2，a1=−18.
故可得an=a1+(n−1)d=2n−20.
(2)由(1)可知数列{an}的通项公式an=2n−20，
令an=2n−20≥0，解得n≥10，
故数列{an}的前9项均为负值，第10项为0，从第11项开始全为正数，
故当n=9或n=10时，Sn取得最小值，
故S9=S10=10a1+10×92d=−180+90=−90.
【答案】
因为S△ABC=12bcsinA=34bc=23，所以bc＝8，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，所以(b+c)2＝a2+3bc，
又∵ a＝4，bc＝8，
∴ (b+c)2＝40，即b+c＝210，
∴ △ABC的周长为4+210；
由正弦定理得：asinA=bsinB=csinC，
∴ sinB⋅sinC=bcsin2Aa2，
又S△ABC=12bcsinA=23，a＝4，
∴ sinB⋅sinC=3sinA4≤34，当sinA＝1，即A=π2时等号成立，此时b2+c2＝a2＝16，bc＝43，
即b＝23，c＝2或b＝2，c＝23，
故A=π2时，sinB⋅sinC取得最大值34．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）利用三角形面积公式得到bc＝8，再利用余弦定理可求出b+c的值，从而求出△ABC的周长；
（2）由正弦定理得sinB⋅sinC=bcsin2Aa2，再结合S△ABC＝23，a＝4，可得sinB⋅sinC=3sinA4≤34，当sinA＝1，即A=π2时等号成立．
【解答】
因为S△ABC=12bcsinA=34bc=23，所以bc＝8，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，所以(b+c)2＝a2+3bc，
又∵ a＝4，bc＝8，
∴ (b+c)2＝40，即b+c＝210，
∴ △ABC的周长为4+210；
由正弦定理得：asinA=bsinB=csinC，
∴ sinB⋅sinC=bcsin2Aa2，
又S△ABC=12bcsinA=23，a＝4，
∴ sinB⋅sinC=3sinA4≤34，当sinA＝1，即A=π2时等号成立，此时b2+c2＝a2＝16，bc＝43，
即b＝23，c＝2或b＝2，c＝23，
故A=π2时，sinB⋅sinC取得最大值34．
【答案】
证明：∵ PB⊥平面ABC，PB⊂平面PBC，∴ 平面PBC⊥平面ABC，
又平面PBC∩平面ABC＝BC，在平面ABC内，过A作AE⊥BC，则AE⊥平面PBC．
∵ 平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，
在平面PAC内，过A作AF⊥PC，则AF⊥平面PBC，则AE与AF重合为AC．
∴ AC⊥平面PBC；
由PB⊥平面ABC，PB⊂平面PAB，得平面PAB⊥平面ABC，
又平面PAB∩平面ABC＝AB，在平面ABC内，过C作CG⊥AB，则CG⊥平面PAB，
∴ CG⊥PA，过G作GH⊥PA，垂足为H，连接CH．
则CH⊥PA．
∴ ∠CHG为二面角B−PA−C的平面角，可得cs∠CHG=1010，则sin∠CHG=31010．
设AC＝x，则AB=x2+4，CG=2xx2+4，
PC=22，则PA=8+x2，CH=22x8+x2，
则Rt△CGH中，sin∠CHG=CGCH=2xx2+422xx2+8=31010．
解得x＝1．
∴ PA=8+12=3．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）由已知可得平面PBC⊥平面ABC，在平面ABC内，过A作AE⊥BC，可得AE⊥平面PBC．同理在平面PAC内，过A作AF⊥PC，则AF⊥平面PBC，得到AE与AF重合为AC．可得AC⊥平面PBC；
（2）由PB⊥平面ABC，得平面PAB⊥平面ABC，在平面ABC内，过C作CG⊥AB，则CG⊥平面PAB，得CG⊥PA，过G作GH⊥PA，垂足为H，连接CH，则CH⊥PA，可得∠CHG为二面角B−PA−C的平面角，即cs∠CHG=1010，设AC＝x，求解三角形得到x，进一步求得PA．
【解答】
证明：∵ PB⊥平面ABC，PB⊂平面PBC，∴ 平面PBC⊥平面ABC，
又平面PBC∩平面ABC＝BC，在平面ABC内，过A作AE⊥BC，则AE⊥平面PBC．
∵ 平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，
在平面PAC内，过A作AF⊥PC，则AF⊥平面PBC，则AE与AF重合为AC．
∴ AC⊥平面PBC；
由PB⊥平面ABC，PB⊂平面PAB，得平面PAB⊥平面ABC，
又平面PAB∩平面ABC＝AB，在平面ABC内，过C作CG⊥AB，则CG⊥平面PAB，
∴ CG⊥PA，过G作GH⊥PA，垂足为H，连接CH．
则CH⊥PA．
∴ ∠CHG为二面角B−PA−C的平面角，可得cs∠CHG=1010，则sin∠CHG=31010．
设AC＝x，则AB=x2+4，CG=2xx2+4，
PC=22，则PA=8+x2，CH=22x8+x2，
则Rt△CGH中，sin∠CHG=CGCH=2xx2+422xx2+8=31010．
解得x＝1．
∴ PA=8+12=3．
【答案】
设△TMN的周长为l，则由S＝3r，得12lr=3r，即l＝6
所以|TM|+|TN|＝4，
即T在以M，N为焦点，以4为长轴长的椭圆上．
设该椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)
则a＝2，b2＝a2−1＝3．
所以点T的轨迹W的方程为x24+y23=1；
证明：设P(4, t)，E(x2, y2)，F(x2, y2)，则直线PB的方程为y=t6(x+2)x24+y23=1y=t6(x+2) ⇒(27+t2)x2+4t2x+4t2−108=0，−2x2=4t2−10827+t2⇒x1=54−2t227+t2y1=t6(x1+2)=t6(54−2t227+t2+2)=18t27+t2，即E(54−2t227+t2,18t27+t2)
直线PC的方程为y=t2(x−2)x24+y23=1y=t2(x2−2) ⇒(3+t2)x2−4t2x+4t2−12=0，2x2=4t2−123+t2⇒x2=2t2−63+t2y2=t2(x2−2)=t2(2t2−63+t2−2)=−6t3+t2，即F(2t2−63+t2,−6t3+t2)
设直线EF与x轴交点为K(m, 0)，则KE→,KF→共线．
又KE→=(54−2t227+t2−m⋅1827+t2),KF→=(2t2−63+t2−m,−63+t2)
则(54−2t227+t2−m)⋅−6t3+t2=(2t2−63+t2−m)⋅18t27+t2
化简得m＝1．
所以直线EF经过定点(1, 0)．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）根据已知条件转化到椭圆的定义即可求解；
（2）求出E，F的坐标以及向量的坐标结合向量共线即可得到结论
【解答】
设△TMN的周长为l，则由S＝3r，得12lr=3r，即l＝6
所以|TM|+|TN|＝4，
即T在以M，N为焦点，以4为长轴长的椭圆上．
设该椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)
则a＝2，b2＝a2−1＝3．
所以点T的轨迹W的方程为x24+y23=1；
证明：设P(4, t)，E(x2, y2)，F(x2, y2)，则直线PB的方程为y=t6(x+2)x24+y23=1y=t6(x+2) ⇒(27+t2)x2+4t2x+4t2−108=0，−2x2=4t2−10827+t2⇒x1=54−2t227+t2y1=t6(x1+2)=t6(54−2t227+t2+2)=18t27+t2，即E(54−2t227+t2,18t27+t2)
直线PC的方程为y=t2(x−2)x24+y23=1y=t2(x2−2) ⇒(3+t2)x2−4t2x+4t2−12=0，2x2=4t2−123+t2⇒x2=2t2−63+t2y2=t2(x2−2)=t2(2t2−63+t2−2)=−6t3+t2，即F(2t2−63+t2,−6t3+t2)
设直线EF与x轴交点为K(m, 0)，则KE→,KF→共线．
又KE→=(54−2t227+t2−m⋅1827+t2),KF→=(2t2−63+t2−m,−63+t2)
则(54−2t227+t2−m)⋅−6t3+t2=(2t2−63+t2−m)⋅18t27+t2
化简得m＝1．
所以直线EF经过定点(1, 0)．