2020-2021学年浙江省温州某校高二（上）10月月考（平行班）数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年浙江省温州某校高二（上）10月月考（平行班）数学试卷人教A版，共15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. 已知集合A={x|x2+x−2<0}，集合B={x|x>0}，则集合A∪B=( )
A.{x|x>−2}B.{x|x<1}C.{x|0
2. 过点−1,3且平行于直线x−2y+3=0的直线方程为( )
A.2x+y−1=0B.x−2y−5=0C.x−2y+7=0D.2x+y−5=0

3. 对于实数a，b，c，“a>b”是“ac2>bc2”的（）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

4. 在△ABC中，点D满足BD→=3DC→，则AD→=( )
A.−34AB→+12AC→B.13AB→+12AC→
C.12AB→−34AC→D.14AB→+34AC→

5. 若圆锥W的底面半径与高均为1，则圆锥W的表面积等于( )
A.2πB.2+1πC.2πD.π3

6. 设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则( )
A.若m//α，n⊂α，则m//n
B.若α∩β=m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α
C.若m//α，n//β，m//n，则α//β
D.若m⊥α，n⊥β，n⊥m，则α⊥β

7. 如图，下列函数中，其图象大致可“完美”局部表达这条曲线的函数是( )

A.fx=sin5x2−x−2xB.fx=csx2x−2−x
C.fx=cs5x|2x−2−x|D.fx=sin5x|2x−2−x|

8. 若x，y少满足约束条件2x−y≥0，x+y−1≥0，x≤2，则z=|3x−y+1|−2x的最小值为( )
A.−12B.−2C.−1D.4

9. 如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1，底面ABCD为正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB=3，AA1=4，P是侧面BCC1B1 内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ的最大值为( )

A. 43 B. 53 C.2D.259

10. 已知数列{an}中，a1=2，n(an+1−an)=an+1，n∈N*，若对于任意的a∈[−2, 2]，n∈N*，不等式an+1n+1<2t2+at−1恒成立，则实数t的取值范围为( )
A.(−∞,−2]∪[2,+∞)B.(−∞,−2]∪[1,+∞)
C.(−∞,−1]∪[2,+∞)D.[−2,2]
二、填空题

已知直线l1:2x+ay+3a=0，l2:a−1x+3y+7−a=0，若l1//l2，则a=________；若l1⊥l2，则a=_______.

已知正数x，y满足x+y=1，则1x+4y 的最小值等于________；yx+1y 的最小值等于________.

某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是________cm3；最长棱的长度是________cm.

如图，已知正四面体棱长为12，沿各条棱三等分点从原几何体割去四个小正四面体，余下的多面体的表面积为________；其外接球的体积为________.

等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7>S8>S6，则满足Sn⋅Sn+1<0的正整数n=________．

已知a→，b→，e→是平面向量，e→是单位向量．若非零向量a→与e→的夹角为π3，向量b→满足b→2−4e→⋅b→+3=0，则|a→−b→|的最小值是________.

已知函数fx=|lg51−x| x<1−x−22+2x≥1，则关于x的方程fx+1x−2=a的实根个数构成的集合为________.
三、解答题

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，bsinA=acs(B−π6).
(1)求角B的大小；

(2)设点D是AC的中点，若BD=3，求a+c的取值范围．

已知等比数列an的前n项和为Sn，且S2=4a1，a2是a1+1与12a3的等差中项．
(1)求an与Sn；

(2)若数列{bn}满足bn=anSn⋅Sn+1，求数列bn的前n项和Tn.

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形， AB//CD，∠BAD=90∘，△PAD为等边三角形，AB=AD=DM=2CD=2，M是PB的中点．

(1)证明：CM//面PAD；

(2)证明：平面PAD⊥平面ABCD；

(3)求直线DM与平面PBC所成角的正弦值．

如图，圆M:(x−2)2+y2=1，点P(−1,t)为直线l:x=−1上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为A，B.

(1)若t=1，求切线所在直线方程；

(2)若两条切线PA，PB与y轴分别交于S，T两点，求|ST|的最小值.

已知a，b为常数，函数fx=x2−bx+a.
(1)当a=b−1时，求关于x的不等式f(x)≥0的解集；

(2)当a=2b−1时，若函数fx在−2,1上存在零点，求实数b的取值范围；

(3)对于给定的x1，x2∈R，且x1参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州某校高二（上）10月月考（平行班）数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式的解法
并集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 集合A={x|x2+x−2<0}={x|−2B={x|x>0}，
∴ 集合A∪B={x|x>−2}.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由平行关系可设要求直线方程为x−2y+c=0，
代入点(−1, 3)可得−1−2×3+c=0，解得c=7，
∴ 所求直线的方程为：x−2y+7=0.
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
不等式性质的应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
不等式的基本性质，“a>b”⇒“ac2>bc2”必须有c2>0这一条件．
【解答】
解：当c=0时显然左边无法推导出右边；右边只要不等式恒成立，必定可以推导出左边.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
向量的三角形法则
【解析】
运用向量的加减运算和向量中点的表示，计算可得所求向量．
【解答】
解：在△ABC中，BD→=3DC→，
AD→=AB→+BD→
=AB→+34BC→
=AB→+34(AC→−AB→)
=14AB→+34AC→.
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
圆锥表面积的有关计算
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
首先求出母线长，再利用圆锥表面积公式求面积.
【解答】
解：∵ 圆锥W的底面半径r和高h均为1，
∴ 圆锥W的母线l=r2+h2=2，
∴ 圆锥W的表面积S=πrl+πr2=2+1π.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
在A中，m与n平行或异面；在B中，n与α相交但不一定垂直；在C中，α与β相交或平行；在D中，由面面垂直的判定理得α⊥β.
【解答】
解：由m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，知：
在A中，若m//α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误；
在B中，若α∩β=m，n⊂β， n⊥m，则n与α相交但不一定垂直，故B错误；
在C中，若m //α，n//β，m//n，则α与β相交或平行，故C错误；
在D中，若m⊥α，n⊥β，n⊥m，则由面面垂直的判定理得α⊥β，故D正确．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：观察图象可知，函数的图象关于y轴对称，
对于A选项，f(−x)=sin(−5x)2x−2−x=sin5x2−x−2x=f(x)，为偶函数，
对于B选项，f−x=cs−x2−x−2x=−csx2x−2−x=−fx，为奇函数，
对于C选项，f−x=cs−5x|2−x−2x|=cs5x|2x−2−x|=fx，为偶函数，
对于D选项，f−x=sin(−5x)|2−x−2x|=−sin5x|2x−2−x|=−fx，为奇函数，
而选项B，D为奇函数，其图象关于原点对称，不合题意；
对于选项A，当x∈(0,π5)时，sin5x>0，2−x−2x<0，则f(x)<0，不合题意.
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
首先作出可行域，再利用可行域的与直线的特殊关系，化简目标函数，即可得到结果.
【解答】
解：作出x，y的可行域（如图阴影区域）：
由于阴影区域在直线3x−y+1=0的同侧，
且特殊点0,0代入为0−0+1>0，
即可说明在阴影区域取(x,y)值时，3x−y+1>0，
故问题转化为求：z=3x−y+1−2x=x−y+1的最小值，
则y=x+1−z，此时1−z表示直线y=x+1−z在y轴的截距，
所以当直线y=x+1−z过如图A点时，截距最大，此时z最小，
由2x−y=0，x=2，解得：A2,4，
代入可得zmin=2−4+1=−1.
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
向量的数量积判断向量的共线与垂直
棱柱的结构特征
【解析】
本题考查线面角的正切值的最大值的求法，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．
【解答】
解：以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
A(3,0,0)，B(3,3,0)，D1(0,0,4)，
设P(x,3,z)，则AP→=(x−3,3,z)，BD1→=(−3,−3,4)．
∵AP⊥BD1，
∴AP→⋅BD1→=0，
∴−3(x−3)−3×3+4z=0，
∴z=34x，
∴|BP|=(x−3)2+z2=2516x2−6x+9
=2516x−48252+8125≥95，
∴tanθ=ABBP≤53，
∴tanθ的最大值为53．
故选B．
10.
【答案】
A
【考点】
数列与函数的综合
数列的求和
数列递推式
【解析】
由题意可得an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，运用裂项相消求和可得an+1n+1，再由不等式恒成立问题可得2t2+at−4≥0，设f(a)=2t2+at−4，a∈[−2, 2]，运用一次函函数的性质，可得t的不等式，解不等式即可得到所求t的范围．
【解答】
解：根据题意，数列{an}中，n(an+1−an)=an+1，
即nan+1−(n+1)an=1，
则有an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，
则有an+1n+1=(an+1n+1−ann)+(ann−an−1n−1)+(an−1n−1−an−2n−2)+⋯+(a22−a1)+a1
=(1n−1n+1)+(1n−1−1n)+(1n−2−1n−1)+⋯+(1−12)+2
=3−1n+1<3.
∵ 对于任意的a∈[−2,2]，n∈N*，不等式an+1n+1<2t2+at−1恒成立，
即对于任意的a∈[−2,2]，n∈N*，3−1n+1<2t2+at−1恒成立，
∴ 2t2+at−1≥3，
即2t2+at−4≥0.
设f(a)=ta+2t2−4，a∈[−2,2]，
可得f(2)≥0且f(−2)≥0，
即有t2+t−2≥0，t2−t−2≥0，即t≥1或t≤−2，t≥2或t≤−1，
可得t≥2或t≤−2，
则实数t的取值范围是(−∞,−2]∪[2,+∞)．
故选A.
二、填空题
【答案】
3,25
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
利用两直线平行得关系得解.
【解答】
解：由直线平行得2×3=aa−1，3×3a≠a7−a，
解得a=3；
由直线垂直得2a−1+3a=0，
解得a=25.
故答案为：3；25.
【答案】
9,3
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ x+y=1，
∴ (1x+4y)(x+y)=5+yx+4xy
≤5+2yx⋅4xy
=5+4=9，当且仅当2x=y，即x=13，y=23时等号成立；
yx+1y=yx+x+yy
=yx+xy+1
≥2yx⋅xy+1=3，
当且仅当x=y=12时，等号成立.
故答案为：9；3.
【答案】
2
,23
【考点】
由三视图求体积（组合型）
【解析】
本题考查画几何体的直观图以及利用三视图的数据进行求解．
【解答】
解：由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示，
侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2，
底面是一个直角梯形，上底AD=1，下底BC=2，高AB=2，CD=5，PB=PA2+AB2=22，
PD=PA2+AD2=5，
PC=PA2+AC2=PA2+AB2+BC2=23，
∴VP−ABCD=13×12×(1+2)×2×2=2，
最长棱为PC，长度为23．
故答案为：2；23．
【答案】
1123,8832π
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
本题根据正四面体的性质可得余下的多面体的表面积，通过几何法求得外接球的半径后可求得外接球的体积.
【解答】
解：由题意得，余下的多面体的表面积为4个边长为12的等边三角形的面积和减去12个边长为4的等边三角形的面积，再加上4个边长为4的等边三角形的面积，
S=4×12×12×12×32−12×12×4×4×32+4×12×4×4×32=1123.
已知正四面体的棱长为12，且正四面体与余下的多面体的外接球的球心相同，设为O，如图：
BC=12，则BG=32BC=32×12=63，
BF=23BG=23×63=43，
∴AF=AB2−BF2=122−(43)2=46，
设OA=OB=R，则OF=AF−R=46−R，
在直角三角形OBF中，OB2=BF2+OF2，
即R2=48+46−R2，解得R=36，
∴ 在直角三角形AFB中，cs∠BAF=AFAB=4612=63，
∴ 在直角三角形EAO中，cs∠EAO=cs∠BAF=63，
由余弦定理得，OE2=AE2+AO2−2×AE×AOcs∠EAO=82+362−2×8×36×63=22，
∴ OE=22，
∴余下的多面体的外接球的半径为22，
则其外接球的体积为V=43πR3=88322π.
故答案为：1123；88322π.
【答案】
14
【考点】
等差数列的前n项和
数列的函数特性
【解析】
由题意可得a8<0，a7>0，a7+a8>0，进而由求和公式和性质可得S15<0，S14>0，S13>0，可得满足题意的n值．
【解答】
解：由题意可得S7>S8>S6，
∴ a8=S8−S7<0，a7=S7−S6>0，
a7+a8=S8−S6>0，
∴ S15=15(a1+a15)2=15×2a82=15a8<0，
S14=14(a1+a14)2=7(a1+a14)=7(a7+a8)>0，
同理可得S13=13a7>0，
∴ 满足Sn⋅Sn+1<0的正整数n=14．
故答案为：14.
【答案】
3−1
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
平面向量数量积的运算
【解析】
把等式b→2−4e→⋅b→+3=0变形，可得(b→−e→)⋅(b→−3e→)=0，即(b→−e→)⊥(b→−3e→)，设e→=(1,0)，则b→的终点在以(2, 0)为圆心，以1为半径的圆周上，再由已知得到a→的终点在不含端点O的两条射线y=±3x(x>0)上，画出图形，数形结合得答案．
【解答】
解：由b→2−4e→⋅b→+3=0，
得(b→−e→)⋅(b→−3e→)=0，
∴ (b→−e→)⊥(b→−3e→).
如图，不妨设e→=(1,0)，
则b→的终点在以(2, 0)为圆心，以1为半径的圆周上，
又非零向量a→与e→的夹角为π3，
则a→的终点在不含端点O的两条射线y=±3x(x>0)上．
不妨以y=3x为例，
则|a→−b→|的最小值是(2, 0)到直线3x−y=0的距离减1．
即|23|3+1−1=3−1．
故答案为：3−1．
【答案】
2,3,4,6,7,8
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
画出函数fx=lg51−xx<1−x−22+2x≥1的图象，判断x+1x−2的范围，利用a的值，判断方程解的个数，即可得到方程f(x+1x−2)=a的实根个数构成的集合．
【解答】
解：函数fx=|lg51−x|,x<1−x−22+2,x≥1的图象如图所示，
令t=x+1x−2，因为x+1x−2≥0或x+1x−2≤−4，
所以t≥0或t≤−4，
通过数形结合可知，
①当f(t)<0时，t>3，
即当a<0时，x+1x−2>3，
有2个x值与之对应，故此时所求的方程有2个根；
②当f(t)=0时，t=0或3即当a=0时，x+1x−2=0或3当x+1x−2=0时，只有一个x值与之对应，
当3故此时所求的方程有3个根；
③当f(t)=1时，t=1或3或45或−4，
即当a=1时，x+1x−2=1或3或45或−4，
当x+1x−2=−4时只有一个x=−1与之对应．
其它情况都有2个x值与之对应，故此时所求的方程有7个根；
④当0即当0每个区间都有2个x与之对应，故此时所求的方程有4个根；
⑤当f(t)=2时，t=2425或−24或2，
即当a=2时，x+1x−2=−24或x+1x−2=2425或x+1x−2=2,
每个区间都有两个x与之对应，故此时所求的方程有6个根；
⑥当1即当1每个区间都有两个x与之对应，故此时所求的方程有8个根；
⑦当f(t)>2时，t<−24或2425即当a>2时，x+1x−2<−24或2425每个区间都有2个x与之对应，故此时所求的方程有4个根.
故答案为：2,3,4,6,7,8.
三、解答题
【答案】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB，可得bsinA=asinB，
又由bsinA=acs(B−π6)，可得asinB=acs(B−π6)，
即sinB=cs(B−π6)，即sinB=32csB+12sinB，
可得tanB=3.
又因为0所以B=π3.
(2)如图，延长BD到E，满足DE=BD，连接AE、CE，则四边形ABCE为平行四边形，
且BE=23，∠BAE=2π3，AB=c，AE=BC=a，
在△BAE中，由余弦定理得：(23)2=a2+c2−2accs2π3，
即a2+c2+ac=12，
可变形为：(a+c)2−ac=12，即ac=(a+c)2−12，
由基本不等式得：
ac=(a+c)2−12≤(a+c2)2，
即34(a+c)2≤12，
即(a+c)2≤16，可得a+c≤4，
（当且仅当a=c=2取等号），
又由AE+AB>BE，即a+c>23，
故a+c的取值范围是(23,4]．
【考点】
两角和与差的余弦公式
基本不等式在最值问题中的应用
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB，可得bsinA＝asinB，再结合题目条件可求出B．
(Ⅱ)）在△BAE中，由余弦定理可得a，c等量关系，再利用基本不等式可求出a+c的最大值，然后利用三角形两边之和大于第三边得到a+c的取值范围．
【解答】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB，可得bsinA=asinB，
又由bsinA=acs(B−π6)，可得asinB=acs(B−π6)，
即sinB=cs(B−π6)，即sinB=32csB+12sinB，
可得tanB=3.
又因为0所以B=π3.
(2)如图，延长BD到E，满足DE=BD，连接AE、CE，则四边形ABCE为平行四边形，
且BE=23，∠BAE=2π3，AB=c，AE=BC=a，
在△BAE中，由余弦定理得：(23)2=a2+c2−2accs2π3，
即a2+c2+ac=12，
可变形为：(a+c)2−ac=12，即ac=(a+c)2−12，
由基本不等式得：
ac=(a+c)2−12≤(a+c2)2，
即34(a+c)2≤12，
即(a+c)2≤16，可得a+c≤4，
（当且仅当a=c=2取等号），
又由AE+AB>BE，即a+c>23，
故a+c的取值范围是(23,4]．
【答案】
解：(1)由S2=4a1可得a2=3a1，
所以等比数列{an}的公比q=3，
所以an=a1×3n−1．
由a2是a1+1与12a3的等差中项，
可得2a2=(a1+1)+12a3，
即2×3a1=a1+1+12(a1×32)，
解得a1=2，
所以an=2×3n−1，
Sn=a1(1−qn)1−q=2×(1−3n)1−3=3n−1．
(2)由(1)知bn=anSn⋅Sn+1=2×3n−1(3n−1)(3n+1−1)=1313n−1−13n+1−1，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn
=13131−1−132−1+13132−1−133−1+⋯+1313n−1−13n+1−1
=13(131−1−132−1+132−1−133−1+⋯+13n−1−13n+1−1)
=13131−1−13n+1−1
=1312−13n+1−1
=3n−12(3n+1−1)．
【考点】
等差中项
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】

【解答】
解：(1)由S2=4a1可得a2=3a1，
所以等比数列{an}的公比q=3，
所以an=a1×3n−1．
由a2是a1+1与12a3的等差中项，
可得2a2=(a1+1)+12a3，
即2×3a1=a1+1+12(a1×32)，
解得a1=2，
所以an=2×3n−1，
Sn=a1(1−qn)1−q=2×(1−3n)1−3=3n−1．
(2)由(1)知bn=anSn⋅Sn+1=2×3n−1(3n−1)(3n+1−1)=1313n−1−13n+1−1，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn
=13131−1−132−1+13132−1−133−1+⋯+1313n−1−13n+1−1
=13(131−1−132−1+132−1−133−1+⋯+13n−1−13n+1−1)
=13131−1−13n+1−1
=1312−13n+1−1
=3n−12(3n+1−1)．
【答案】
1证明：取AB中点K，连接CK，MK，CM，
∵M，K分别为PB，AB的中点，
∴MK为△PAB的中位线，
∴MK//PA.
又AB//CD，AB=2CD，
∴AK//CD，且AK=CD，
∴四边形ADCK为平行四边形，
∴ AD//CK.
又AD∩PA=A，MK∩CK=K，
∴平面MKC//平面PAD.
又CM⊂平面MKC，
∴CM//平面PAD.
(2)证明：取PA的中点N，连接MN，DN，
∵M，N分别是PB，PA的中点，
∴ MN//AB，且MN=12AB=1.
∵ △PAD是等边三角形，AD=2，
∴ DN=3，
又DM=2，
∴ DN2+MN2=DM2，
∴DN⊥MN，
∴ AB⊥DN.
∵AB⊥AD， AD∩DN=D，
∴ AB⊥平面PAD.
∵AB⊂平面ABCD，
∴ 平面PAD⊥平面ABCD.
(3)解：如图所示，连接BD，CM，
由2可知AB⊥平面PAD，
∴ AB⊥PA，
在Rt△PAB中，可得PB=22，同理，PC=5，
在梯形ABCD中，易得BC=5，BD=22.
∵PC=BC，M为PB的中点，
∴CM⊥PB，
易知S△PCB=12⋅PB⋅CM=12×22×3=6，
S△BCD=12⋅CD⋅AD=1，
设O为AD的中点，连接PO，易知PO⊥AD，且PO=3，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
又PO⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD，
设点D到平面PBC的距离为d，
∵ VP−DBC=VD−PCB，
∴13⋅S△BCD⋅PO=13⋅S△PCB⋅d，
解得d=22.
又DM=2，
故直线DM与平面PBC所成角θ的正弦值sinθ=dDM=24.
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面所成的角
平面与平面垂直的判定
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
1考查线面平行问题，通过面面平行的性质得到线面平行；
2通过证明线面垂直，到面面垂直即可；
3第三小题是求线面夹角的正弦值问题，通过等体积法VP−BCD=VD−PCB求得点D到平面PBC的距离，然后根据sinθ=dDM求得正弦值即可.
【解答】
1证明：取AB中点K，连接CK，MK，CM，
∵M，K分别为PB，AB的中点，
∴MK为△PAB的中位线，
∴MK//PA.
又AB//CD，AB=2CD，
∴AK//CD，且AK=CD，
∴四边形ADCK为平行四边形，
∴ AD//CK.
又AD∩PA=A，MK∩CK=K，
∴平面MKC//平面PAD.
又CM⊂平面MKC，
∴CM//平面PAD.
(2)证明：取PA的中点N，连接MN，DN，
∵M，N分别是PB，PA的中点，
∴ MN//AB，且MN=12AB=1.
∵ △PAD是等边三角形，AD=2，
∴ DN=3，
又DM=2，
∴ DN2+MN2=DM2，
∴DN⊥MN，
∴ AB⊥DN.
∵AB⊥AD， AD∩DN=D，
∴ AB⊥平面PAD.
∵AB⊂平面ABCD，
∴ 平面PAD⊥平面ABCD.
(3)解：如图所示，连接BD，CM，
由2可知AB⊥平面PAD，
∴ AB⊥PA，
在Rt△PAB中，可得PB=22，同理，PC=5，
在梯形ABCD中，易得BC=5，BD=22.
∵PC=BC，M为PB的中点，
∴CM⊥PB，
易知S△PCB=12⋅PB⋅CM=12×22×3=6，
S△BCD=12⋅CD⋅AD=1，
设O为AD的中点，连接PO，易知PO⊥AD，且PO=3，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
又PO⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD，
设点D到平面PBC的距离为d，
∵ VP−DBC=VD−PCB，
∴13⋅S△BCD⋅PO=13⋅S△PCB⋅d，
解得d=22.
又DM=2，
故直线DM与平面PBC所成角θ的正弦值sinθ=dDM=24.
【答案】
解：(1)当过点P直线的斜率不存在时，不符合题意；
当过点P直线的斜率存在时，
设切线方程为y−1=k(x+1)，
即kx−y+k+1=0，
则圆心M(2,0)到切线的距离d=|3k+1|k2+1=1，
解得k=0或k=−34，
故所求切线方程为y=1或3x+4y−1=0.
(2)设切线方程为y−t=k(x+1)，即kx−y+k+t=0,
设PA，PB的斜率为k1，k2，
由圆心M(2,0)到切线的距离d=|3k+t|k2+1=1，
得8k2+6kt+t2−1=0，
所以k1+k2=−34t，k1k2=t2−18，
在切线方程中令x=0，可得y=k+t，
故|ST|=k1+t−k2+t=k1−k2
=k1+k22−4k1k2=t2+84，
所以当t=0时，|ST|取最小值为22.
【考点】
与圆有关的最值问题
直线和圆的方程的应用
直线与圆的位置关系
圆的切线方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当过点P直线的斜率不存在时，不符合题意；
当过点P直线的斜率存在时，
设切线方程为y−1=k(x+1)，
即kx−y+k+1=0，
则圆心M(2,0)到切线的距离d=|3k+1|k2+1=1，
解得k=0或k=−34，
故所求切线方程为y=1或3x+4y−1=0.
(2)设切线方程为y−t=k(x+1)，即kx−y+k+t=0,
设PA，PB的斜率为k1，k2，
由圆心M(2,0)到切线的距离d=|3k+t|k2+1=1，
得8k2+6kt+t2−1=0，
所以k1+k2=−34t，k1k2=t2−18，
在切线方程中令x=0，可得y=k+t，
故|ST|=k1+t−k2+t=k1−k2
=k1+k22−4k1k2=t2+84，
所以当t=0时，|ST|取最小值为22.
【答案】
(1)解：当a=b−1时，f(x)=x2−bx+b−1=[x−(b−1)](x−1)，
当b−1>1，即b>2时，由f(x)≥0得x≥b−1或x≤1，
∴不等式f(x)≥0的解集为{x|x≥b−1或x≤1}，
当b−1=1，即b=2时，f(x)=(x−1)2≥0恒成立，
∴不等式f(x)≥0的解集为R，
当b−1<1，即b<2时，由f(x)≥0得x≥1或x≤b−1，
∴不等式f(x)≥0的解集为{x|x≥1或x≤b−1}，
综上，当b>2时，不等式f(x)≥0的解集为{x|x≥b−1或x≤1}；
当b=2时，不等式f(x)≥0的解集为R；
当b<2时，不等式f(x)≥0的解集为{x|x≥1或x≤b−1}．
(2)解：当a=2b−1时，f(x)=x2−bx+2b−1，其图像的对称轴为x=b2，
当b2≤−2，即b≤−4时，f(x)在(−2,1)上单调递增，
∵f(x)在(−2,1)上存在零点，
∴f(−2)f(1)<0，即得−34∵b≤−4，
∴b∈⌀．
当−2∵f(x)在(−2,1)上存在零点，
∴Δ=(−b)2−4(2b−1)≥0,f(−2)>0,f(1)>0,
或f(−2)=0,f(1)>0,
或f(−2)>0,f(1)=0,
或f(−2)f(1)<0，
解得0∵−4∴−34当b2≥1，即b≥2时，f(x)在(−2,1)上单调递减，
∵f(x)在(−2,1)上存在零点，
∴f(−2)f(1)<0，即得−34∵b≥2，
∴b∈⌀．
综上，−34∴实数b的取值范围为−34,4−23．
(3)证明：设g(x)=f(x)−13[f(x1)+2f(x2)]，
当x1，x2给定时，13[f(x1)+2f(x2)]为定值，
∴g(x1)g(x2)=23f(x1)−23f(x2)−13f(x1)+13f(x2)
=−29[f(x1)−f(x2)]2，
∵f(x1)≠f(x2)，
∴g(x1)g(x2)<0，
又对于给定的x1，x2∈R，且x1∴f(x)在区间(x1,x2)上单调，即g(x)在区间(x1,x2)上单调，
∴g(x)在区间(x1,x2)上有且只有一个零点，
即方程f(x)=13[f(x1)+2f(x2)]在区间(x1,x2)内有一个实数根．
【考点】
一元二次不等式的解法
函数零点的判定定理
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：当a=b−1时，f(x)=x2−bx+b−1=[x−(b−1)](x−1)，
当b−1>1，即b>2时，由f(x)≥0得x≥b−1或x≤1，
∴不等式f(x)≥0的解集为{x|x≥b−1或x≤1}，
当b−1=1，即b=2时，f(x)=(x−1)2≥0恒成立，
∴不等式f(x)≥0的解集为R，
当b−1<1，即b<2时，由f(x)≥0得x≥1或x≤b−1，
∴不等式f(x)≥0的解集为{x|x≥1或x≤b−1}，
综上，当b>2时，不等式f(x)≥0的解集为{x|x≥b−1或x≤1}；
当b=2时，不等式f(x)≥0的解集为R；
当b<2时，不等式f(x)≥0的解集为{x|x≥1或x≤b−1}．
(2)解：当a=2b−1时，f(x)=x2−bx+2b−1，其图像的对称轴为x=b2，
当b2≤−2，即b≤−4时，f(x)在(−2,1)上单调递增，
∵f(x)在(−2,1)上存在零点，
∴f(−2)f(1)<0，即得−34∵b≤−4，
∴b∈⌀．
当−2∵f(x)在(−2,1)上存在零点，
∴Δ=(−b)2−4(2b−1)≥0,f(−2)>0,f(1)>0,
或f(−2)=0,f(1)>0,
或f(−2)>0,f(1)=0,
或f(−2)f(1)<0，
解得0∵−4∴−34当b2≥1，即b≥2时，f(x)在(−2,1)上单调递减，
∵f(x)在(−2,1)上存在零点，
∴f(−2)f(1)<0，即得−34∵b≥2，
∴b∈⌀．
综上，−34∴实数b的取值范围为−34,4−23．
(3)证明：设g(x)=f(x)−13[f(x1)+2f(x2)]，
当x1，x2给定时，13[f(x1)+2f(x2)]为定值，
∴g(x1)g(x2)=23f(x1)−23f(x2)−13f(x1)+13f(x2)
=−29[f(x1)−f(x2)]2，
∵f(x1)≠f(x2)，
∴g(x1)g(x2)<0，
又对于给定的x1，x2∈R，且x1∴f(x)在区间(x1,x2)上单调，即g(x)在区间(x1,x2)上单调，
∴g(x)在区间(x1,x2)上有且只有一个零点，
即方程f(x)=13[f(x1)+2f(x2)]在区间(x1,x2)内有一个实数根．

2020-2021学年浙江省温州某校高二（上）10月月考（平行班）数学试卷人教A版

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