2020-2021学年河北省保定市某校高二（上）9月开学测试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省保定市某校高二（上）9月开学测试数学试卷人教A版，共10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. 直线y=−3x+2的倾斜角为( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

2. 已知等比数列an的公比是q，且a2=2，a5=128，则q=( )
A.5B.4C.3D.2

3. 已知点P−1,−2在直线l:2m−1x+1−my+1=0上，直线l绕点P逆时针方向旋转90∘后所得的直线经过点Q3,0，则m=( )
A.34B.−34C.14D.−14

4. 设Sn为等差数列an的前n项和，若a3+a5+a7=33，则S9=( )
A.33B.66C.77D.99

5. 已知a>0，b>0，若m=a+b2，n=2a2+b2 ，p=16a2b2a+b2，则( )
A.m≤p≤nB.n≤m≤pC.p≤m≤nD.m≤n≤p

6. 已知数列bn满足b1=3，bn+1−bn=2n，则bn=( )
A.22n−1+1B.2n+1−1C.22n−1D.2n+1

7. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinB=2sinA，3c=4a+b，则csB=( )
A.13B.14C.12D.23

8. 已知m，n，l是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A.若m//α，n//α，则m//n
B.若m⊥l，n⊥l，则m⊥n
C.若α∩β=l，n//l，m⊂α，m，n相交，则n//β
D.若α⊥β，n⊂α，则n⊥β

9. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=4，则异面直线A1B与B1D1所成角的余弦值为( )
A.1010B.105C.55D.255

10. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=3，b=32，c=35．若点M在AB边上，且BM=CM，则AMAB=( )
A.14B.13C.34D.23

11. 三棱椎S−ABC的底面是等腰直角三角形，∠ABC=90∘，且SA=SC=AC=1,SB=62，则三棱椎S−ABC外接球的体积为（ ）
A.6π3B.6π8C.6πD.26π

12. 已知直线l1:x−y+1=0和直线l2:x+2y−5=0，点M，N分别是直线l1和l2上的点，点A4,3，则△AMN周长的最小值是( )
A.4B.6C.9D.12
二、填空题

若直线mx+3y+2m=0与直线2x+m−1y+1=0平行，则m=________.

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B=30∘，a=2，sinA=15，则b=________.

已知a>0,b>0，且2a+b−3ab=0，则8a+b的最小值是________.

一个圆锥的表面积为48π，其侧面展开图为半圆，则此圆锥的内接圆柱（圆柱的下底面与圆锥的底面在同一个平面内）的侧面积达到最大值时，该内接圆柱的底面半径为________.
三、解答题

已知直线l：5x+y−1=0.
(1)若垂直于l的直线m过点P−5,2，求m的方程；

(2)若l与直线y=−3x+b的交点在第一象限内，求b的取值范围．

设等差数列an的前n项和为Sn，已知a6=4a2+1，a1+a3=10.
(1)求数列an的通项公式；

(2)若Sn=a2n+1−5，求n．

某商场销售某种商品，年销售量a千件与年广告费用x千元x≥0满足关系式a=3x+1x+1.2019年这批商品的运输成本为8千元，该商品的出厂价为每件16元，商场将该商品每件的销售价格定为每件商品成本的32倍（商品成本包括运输成本和商品出厂价两部分费用）．
(1)将2019年该商品的利润y千元表示为年广告费用x千元的函数（利润=销售收入−产品成本−广告费用）；

(2)该商场2019年该商品的广告费用为多少千元时，商场的利润最大?

如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，侧棱CC1⊥平面ABC，△ABC∼△A1B1C1，AC=BC=3，AB=32，A1C1=1，CC1=3.

(1)证明：BC1⊥平面ACB1；

(2)求三棱锥C1−ACB1的体积．

如图，△ABC与△ACD在同一个平面内，∠CAD=π4，AB=2BC，AC2−BC2=2AC⋅BC.

(1)求∠ACB；

(2)若AB=23−2，且△ACD的面积为3，求CD的长．

如图1，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AD=AB=CD=12BC，E为BC的中点，F为DE的中点．沿DE将△CDE翻折到图2中的△PDE的位置，使∠AFP=60∘ ．

(1)若PF的中点为O，证明：AO⊥平面PDE；

(2)已知PH⊥平面ABED，垂足为H，在棱PB上是否存在一点M，使MH//平面PDE？若存在，求出PMMB的值；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省保定市某校高二（上）9月开学测试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为tan120∘=−3，
所以该直线的倾斜角为120∘．
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a5a2=q3=64，
所以q=4 .
故选B .
3.
【答案】
A
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
因为l⊥PQ，所以2m−1m−1⋅0+23+1=−1，解得m=34 .
【解答】
解：因为l⊥PQ，
所以2m−1m−1⋅0+23+1=−1，
解得m=34 .
故选A .
4.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
根据等差数列的性质可得a3+a1+a1=3a4=33，则S9=9a1+a92=9a5=99 .
【解答】
解：根据等差数列的性质可得a3+a5+a7=3a5=33，
则S9=9a1+a92=9a5=99 .
故选D .
5.
【答案】
C
【考点】
基本不等式
不等式比较两数大小
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵a+b2−4ab=a2−2ab+b2
=a−b2≥0，
∴ a+b2≥4ab，当且仅当a=b时取等号．
∵a>0，b>0，
∴ a+b2≥4ab>0，
∴ 由乘方法则可得a+b4≥16a2b2，
不等式两边同乘以正数1a+b2，即得
a+b2≥16a2b2a+b2，
故m≥p，当且仅当a=b时取等号．
∵n−m=2a2+b2−a+b2
=2a2+b2−a2+2ab+b2
=a2−2ab+b2=a−b2≥0，
∴ n≥m，当且仅当a=b时取等号．
综上所述，p≤m≤n.
故选C .
6.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
【解析】
bn=b1+b2−b1+ ⋯+bn−bn−1=3+21+22+⋯+2n−1=2n+1 .
【解答】
解：bn=b1+b2−b1+ ⋯+bn−bn−1
=3+21+22+⋯+2n−1
=2n+1 .
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由sinB=2sinA，得b=2a.
因为3c=4a+b，所以c=2a,
csB=a2+c2−b22ac=a2+(2a)2−(2a)22a⋅2a=14 .
故选B .
8.
【答案】
C
【考点】
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】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A，若m//α，n//α，
则m，n的位置不能确定，平行、相交，异面都可能，故A错误；
对于B，若m⊥l，n⊥l，
则m，n的位置不能确定，平行，相交、异面都可能，故B错误；
对于C，因为n//l，而l⊂α，
故n//α或n⊂α．
若n//α，则n与α没有公共点，
但m，n相交且m⊂α，
故n//α不成立，故n⊂α，且n⊄β，
否则n，l重合，与题设矛盾，结合n//l，所以n//β，故C正确；
对于D，若α⊥β，n⊂α，则n//β或n⊂β或n与β相交，故D错误 .
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：连结BD，
因为BD//B1D1，
所以∠A1BD就是A1B与B1D1所成的角.
在△A1BD中，BD=22，A1B=A1D=25，
设E为BD的中点，连结A1E，则A1E⊥BD，
所以cs∠A1BD=225=1010.
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
解三角形
余弦定理
【解析】
因为BM=CM，所以△MBC为等腰三角形，由条件得csB=a2+c2−b2−2ac25．所以BM⋅csB=BC2．解得MM=354，所以AM=AB−DM=954．从而AMAB=34 .
【解答】
解：因为BM=CM，
所以△MBC为等腰三角形，
由条件得csB=a2+c2−b22ac=25，
所以BM⋅csB=BC2=32，
解得BM=354，
所以AM=AB−BM=954，
从而AMAB=34 .
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
解：由题意知，可以把三棱锥S−ABC按如图所示的位置
放到棱长为22的正方体中，
则正方体的体对角线长l=3×22=62，
三棱椎S−ABC外接球的体积为4π3×643=6π8 .
故选B .
【解答】
解：由题意知，可以把三棱锥S−ABC按如图所示的位置
放到棱长为22的正方体中，
则正方体的体对角线长l=SB=62，
三棱椎S−ABC外接球的体积为4π3×643=6π8 .
故选B .
12.
【答案】
B
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
如图，设点A关于直线l1对称的点为B．点A关于直线l2对称的点为C，连接BC,BC∩l1=M′ ，BC∩l1=N′，则B2,5,C2,−1，从而|BC|=6，故△AMN的周长为|AM|+|MN|+|AN|=|BM|+|MN+|CM|≥|BC|=6 .
【解答】
解：如图，
设点A关于直线l1对称的点为B，点A关于直线l2对称的点为C，
连结BC，BC∩l1=M′ ，BC∩l2=N′，
则B2,5，C2,−1，
从而|BC|=6，
故△AMN的周长为|AM|+|MN|+|AN|
=|BM|+|MN|+|CN|≥|BC|=6 .
故选B.
二、填空题
【答案】
−2或3
【考点】
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：由m2=3m−1≠2m1，
得m=−2或m=3，
故答案为：−2或3．
【答案】
5
【考点】
正弦定理
【解析】
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：因为asinA=bsinB，
所以215=bsin30∘，
解得b=5．
故答案为：5.
【答案】
6
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
解：因为2a+b−3ab=0，所以1a+2b=3，
则8a+b=13(1a+2b)(8a+b),
=13ba+16ab+10≥13×(2×4+10)=6,
（当且仅当a=12,b=2时，等号成立）．
故答案为：6.
【解答】
解：因为2a+b−3ab=0，
所以1a+2b=3，
则8a+b=13(1a+2b)(8a+b)
=13ba+16ab+10≥13×(2×4+10)=6,
（当且仅当a=12,b=2时，等号成立）．
故答案为：6.
【答案】
2
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
【解析】
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
因为圆锥的侧面展开图为半圆，所以πl=2πr，
解得l=2r.
因为圆锥的表面积为48π，
所以12πl2+πr2=48π，
解得r=4，l=8，h=43.
如图，设内接圆柱的底面半径为R，高为a，
则a43=4−R4，
所以a=3(4−R)，
内接圆柱的侧面积S=2πRa=23π[−(R−2)2+4]，
当R=2时，S有最大值，
故答案为：2．
三、解答题
【答案】
解：(1)设直线m的方程为x−5y＋t=0．
因为直线m过点P(−5,2)，所以−5−10＋t=0．
解得t=15，从而m的方程为x−5y＋15=0．
(2)联立方程组5x+y−1=0，y=−3x+b，解得x=1−b2，y=5b−32，
因为它们的交点在第一象限内，所以1−b2>05b−32>0，解得35即b的取值范围为35,1 .
【考点】
两条直线的交点坐标
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
(1)设直线m的方程为x−5y＋t=0．因为直线m过点P(−5,2)，所以−5−10＋t=0．
解得t=15，从而m的方程为x−5y＋15=0．
(2)联立方程组5x+y−1=0，y=−3x+b，解得x=1−b2，y=5b−32，
因为它们的交点在第一象限内，所以1−b2>05b−32>0，解得35即b的取值范围为35,1 .
【解答】
解：(1)设直线m的方程为x−5y＋t=0．
因为直线m过点P(−5,2)，所以−5−10＋t=0．
解得t=15，从而m的方程为x−5y＋15=0．
(2)联立方程组5x+y−1=0，y=−3x+b，解得x=1−b2，y=5b−32，
因为它们的交点在第一象限内，所以1−b2>05b−32>0，解得35即b的取值范围为35,1 .
【答案】
解：(1)设数列an的公差为d，
因为a6=4a2+1,a1+a3=10,
所以a1+5d=4a1+d+1,2a1+2d=10,
解得a1=1,d=4,
所以an=4n−3．
(2)由(1)可得Sn=1+4n−3n2=2n2−n，
因为Sn=a2n+1−5，
所以2n2−n=4×2n+1−3−5，
化简得2n2−9n+4=0，
解得n=4或n=12（舍去）．
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
解：
（1）设数列an的公差为d，因为a6=4a2+1,a1+a3=10,所以a1+5d=4a1+d+1,2a1+2d=10,
解得a1=1,d=4,
所以an=4n−3．
（2）由（1）1知Sn=1+4n−3n2=2n2−n，
因为Sn=a2n+1−5，所以2n2−n=4×2n+1−3−5，
化简得2n2−9n+4=0，
解得n=4或n=12（舍去）．
【解答】
解：(1)设数列an的公差为d，
因为a6=4a2+1,a1+a3=10,
所以a1+5d=4a1+d+1,2a1+2d=10,
解得a1=1,d=4,
所以an=4n−3．
(2)由(1)可得Sn=1+4n−3n2=2n2−n，
因为Sn=a2n+1−5，
所以2n2−n=4×2n+1−3−5，
化简得2n2−9n+4=0，
解得n=4或n=12（舍去）．
【答案】
解：(1)由已知，该商品每件的销售价格为32×8+16aa元，
2019年该商品的利润y=a×32×8+16aa−(8+16a+x)
=4+8a−x=4+8×3x+1x+1−x
=28−16x+1−x(x≥0)．
(2)因为y=−16x+1+(x+1)+29(x≥0)，
当x≥0时，16x+1+(x+1)≥8，
所以y≤−8+29=21，
当且仅当16x+1=x+1，
即x=3时，ymax=21，
所以该商场2019年该商品的广告费用为3千元时，商场的利润最大．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
根据实际问题选择函数类型
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：(1)由已知，该商品每件的销售价格为32×8+16aa元，
2019年该商品的利润y=a×32×8+16aa−(8+16a+x)
=4+8a−x=4+8×3x+1x+1−x
=28−16x+1−x(x≥0)．
(2)因为y=−16x+1+(x+1)+29(x≥0)，
当x≥0时，16x+1+(x+1)≥8，
所以y≤−8+29=21，
当且仅当16x+1=x+1，
即x=3时，ymax=21，
所以该商场2019年该商品的广告费用为3千元时，商场的利润最大．
【答案】
(1)证明：因为AC=BC=3，AB=32，
所以AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC.
又CC1⊥平面ABC，
所以CC1⊥AC.
因为CC1∩BC=C，
所以AC⊥平面BB1C1C，
从而AC⊥BC1.
因为△ABC∼△A1B1C1，AC=BC，
所以A1C1=B1C1，
所以tan∠CC1B=BCCC1=3，tan∠C1CB1=B1C1CC1=33，
所以∠CC1B=60∘，∠C1CB1=30∘，
所以B1C⊥BC1.
因为B1C∩AC=C，
所以BC1⊥平面ACB1．
(2)解：显然，三棱锥C1−ACB1和三棱锥A−CB1C1的体积相等，
由(1)可知AC⊥平面BCC1，
所以AC是三棱锥A−CB1C1的高，
所以VA−CB1C1=13×12CC1⋅B1C1⋅AC
=13×12×3×1×3=32，
所以VC1−ACB1=VA−CB1C1=32．
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
【解答】
(1)证明：因为AC=BC=3，AB=32，
所以AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC.
又CC1⊥平面ABC，
所以CC1⊥AC.
因为CC1∩BC=C，
所以AC⊥平面BB1C1C，
从而AC⊥BC1.
因为△ABC∼△A1B1C1，AC=BC，
所以A1C1=B1C1，
所以tan∠CC1B=BCCC1=3，tan∠C1CB1=B1C1CC1=33，
所以∠CC1B=60∘，∠C1CB1=30∘，
所以B1C⊥BC1.
因为B1C∩AC=C，
所以BC1⊥平面ACB1．
(2)解：显然，三棱锥C1−ACB1和三棱锥A−CB1C1的体积相等，
由(1)可知AC⊥平面BCC1，
所以AC是三棱锥A−CB1C1的高，
所以VA−CB1C1=13×12CC1⋅B1C1⋅AC
=13×12×3×1×3=32，
所以VC1−ACB1=VA−CB1C1=32．
【答案】
解：(1)因为AB=2BC，AC2−BC2=2AC⋅BC，
所以AC2+BC2−AB2=AC2+BC2−2BC2=2AC⋅BC，
cs∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=2AC⋅BC2AC⋅BC=22，
所以∠ACB=π4．
(2)因为AB=2BC，AB=23−2，
所以BC=6−2．
又因为AC2−BC2=2AC⋅BC，
所以AC2−(6−2)2=2AC⋅(6−2)，
整体得AC2−2(3−1)AC+4(3−2)=0，
解得AC=2或AC=2(3−2)（舍去）．
因为S△ACD=12AC⋅AD⋅sin∠CAD=22AD=3，
所以AD=32，
由余弦定理得
CD2=AC2+AD2−2AC⋅AD⋅cs∠CAD=10，
所以CD=10.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）答案未提供解析．
（2）答案未提供解析．
【解答】
解：(1)因为AB=2BC，AC2−BC2=2AC⋅BC，
所以AC2+BC2−AB2=AC2+BC2−2BC2=2AC⋅BC，
cs∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=2AC⋅BC2AC⋅BC=22，
所以∠ACB=π4．
(2)因为AB=2BC，AB=23−2，
所以BC=6−2．
又因为AC2−BC2=2AC⋅BC，
所以AC2−(6−2)2=2AC⋅(6−2)，
整体得AC2−2(3−1)AC+4(3−2)=0，
解得AC=2或AC=2(3−2)（舍去）．
因为S△ACD=12AC⋅AD⋅sin∠CAD=22AD=3，
所以AD=32，
由余弦定理得
CD2=AC2+AD2−2AC⋅AD⋅cs∠CAD=10，
所以CD=10.
【答案】
(1)证明：连结AE，
由AD//BC，AD=AB=CD=12BC，E为BC中点及翻折变换知，
△PDE，△ADE都是等边三角形.
因为F为DE的中点，
所以PF⊥DE，AF⊥DE且PF=AF.
因为∠AFP=60∘，
所以△APF是等边三角形.
又点O是PF的中点，
所以AO⊥PF.
又PF⊥DE,AF⊥DE，
所以DE⊥平面APF，
从而ED⊥AO.
因为PF∩DE=F，
所以AO⊥平面PDE．
(2)解：存在，当点M为棱PB的中点时，有MH//平面PDE，此时PMMB=1．
由(1)知DE⊥平面APF，
所以平面APF⊥平面ABED，
又PH⊥平面ABED，
所以PH⊂平面APF．
因为△APF是等边三角形，PH⊥AF，
所以点H为AF的中点．
取PB，BE的中点分别为M，N，连结MN，NH，MH，
则MN//PE，NH//ED.
又MN∩NH=N，
所以平面HMN//平面PDE.
因为MH⊂平面HMN，
所以MH//平面PDE，
此时PM=MB，所以PMMB=1.
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）证明：连接AE，
由AD//BC,AD=AB=CD=12BC,E为BC中点及翻折变换知，
△PDE,△ADE都是等边三角形，
因为F为DE的中点，所以PF⊥DE,AF⊥DE，且PF=AF.
因为∠AFP=60∘，所以△APF是等边三角形，
又点O是PF的中点，所以AO⊥PF.
又PF⊥DE,AF⊥DE，所以DE⊥平面APF，
从而ED⊥AO.
因为PF∩DE=F，所以AO⊥平面PDE．
（2）解：存在，当点M为棱PB的中点时，有MH//平面PDE，此时PMMB=1．
由（1）知DE⊥平面APF，所以平面APF⊥平面ABED，
又PH⊥平面ABED，所以PH⊂平面APF．
因为△APF是等边三角形，PH⊥AF，所以点H为AF的中点．
取PB，BE的中点分别为M，N，连接MN，NH，MH，则MN//OE,NH//ED
又MN∩NH=N，所以平面HMN//平面PDE，
因为MH⊂平面HMN，所以MH//平面PDE，
此时PM=MB，所以PMMB=1.
【解答】
(1)证明：连结AE，
由AD//BC，AD=AB=CD=12BC，E为BC中点及翻折变换知，
△PDE，△ADE都是等边三角形.
因为F为DE的中点，
所以PF⊥DE，AF⊥DE且PF=AF.
因为∠AFP=60∘，
所以△APF是等边三角形.
又点O是PF的中点，
所以AO⊥PF.
又PF⊥DE,AF⊥DE，
所以DE⊥平面APF，
从而ED⊥AO.
因为PF∩DE=F，
所以AO⊥平面PDE．
(2)解：存在，当点M为棱PB的中点时，有MH//平面PDE，此时PMMB=1．
由(1)知DE⊥平面APF，
所以平面APF⊥平面ABED，
又PH⊥平面ABED，
所以PH⊂平面APF．
因为△APF是等边三角形，PH⊥AF，
所以点H为AF的中点．
取PB，BE的中点分别为M，N，连结MN，NH，MH，
则MN//PE，NH//ED.
又MN∩NH=N，
所以平面HMN//平面PDE.
因为MH⊂平面HMN，
所以MH//平面PDE，
此时PM=MB，所以PMMB=1.