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2020-2021学年黑龙江省高二（上）开学数学试卷（理科）人教A版
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这是一份2020-2021学年黑龙江省高二（上）开学数学试卷（理科）人教A版，共8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0b>1，下列不等式成立的是（ ）
A.ca>cbB.acbb−cD.lgac>lgbc
2. 若直线xa+yb=1(a>0, b>0)过点(1, 2)，则2a+b的最小值是（ ）
A.8B.9C.10D.12
3. 若e1→，e2→是夹角为60∘的两个单位向量，则a→=e1→+e2→，b→=−e1→+2e2→的夹角为（ ）
A.30∘B.60∘C.90∘D.120∘
4. 设x∈R，向量a→=(x, 1)，b→=(1, −2)，且a→⊥b→，则|a→+b→|=( )
A.5B.25C.10D.10
5. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为（ ）
A.6B.7C.8D.13
6. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=5，S8=36，则数列{1anan+1}的前n项和为（ ）
A.1n+1B.nn+1C.n−1nD.n−1n+1
7. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6S3=4，则S9S6=( )
A.3B.134C.154D.4
8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.163B.203C.169D.209
9. 在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120∘，AP=2，AB=AC=2，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积是（ ）
A.9π2B.92πC.18πD.40π
10. 若正实数a，b，c满足ab+bc+ac=2−a2，则2a+b+c的最小值为( )
A.2B.1C.2D.22
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上）
不等式|3x−1|
我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例如，北京天坛圆丘的地面由扇环形的石板铺成（如图所示），最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则前9圈的石板总数是________．
在△ABC中，若∠A=60∘，AB=AC=3，BC→＝3DC→，则DB→⋅AD→=________．
在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是对角线AC1上的动点（点M与A，C1不重合），则下列结论正确的是________．
①存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D；
②存在点M，使得DM // 平面B1CD1；
③△A1DM的面积不可能等于36；
④若S1，S2分别是△A1DM在平面A1B1C1D1与平面BB1C1C的正投影的面积，则存在点M，使得S1=S2∗
三、解答题（本大题共4个小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
已知△ABC的顶点A(5, 1)，AB边上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0．
(Ⅰ)求顶点B，C的坐标；
(Ⅱ)求△ABC的面积．
已知f(x)=|x+3|+|x−1|，g(x)=−x2+2mx．
(Ⅰ)求不等式f(x)>4的解集；
(Ⅱ)若对任意的x1，x2∈R，f(x1)>g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
如图，已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60∘，E，F分别是BC，PC的中点．
(1)证明：AE⊥PD；
(2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，求二面角E−AF−C的余弦值．
若数列{An}满足An+1=An2，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1=9，点(an, an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中n为正整数．
（1）证明数列{an+1}是“平方递推数列”，且数列{lg(an+1)}为等比数列；
（2）设（1）中“平方递推数列”的前n项积为Tn，即Tn=(a1+1)(a2+1)…(an+1)，求lgTn；
（3）在（2）的条件下，记bn=lgTnlg(an+1)，求数列{bn}的前n项和Sn，并求使Sn>4026的n的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年黑龙江省高二（上）开学数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50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.
【答案】
D
【考点】
利用不等式比较两数大小
不等式的基本性质
【解析】
根据题意，依次分析选项：对于A、构造函数y＝cx，由指数函数的性质分析可得A错误，对于B、构造函数y＝xc，由幂函数的性质分析可得B错误，对于C、由作差法比较可得C错误，对于D、由作差法利用对数函数的运算性质分析可得D正确，即可得答案．
【解答】
根据题意，依次分析选项：
对于A、构造函数y＝cx，由于0b>1，则有ca>cb，故A错误；
对于B、构造函数y＝xc，由于0b>1，则有ac>bc，故B错误；
对于C、aa−c−bb−c=ab−ac−ab+bc(a−c)(b−c)=c(b−a)(a−c)(b−c)，又由0b>1，则(a−c)>0、(b−c)>0、(b−a)<0，进而有aa−c−bb−c<0，故有aa−c对于D、lgac−lgbc=lgclga−lgclgb=lgc(lgb−lgalga⋅lgb)，又由0b>1，则有lgc<0，lga>lgb>0，则有lgac−lgbc=lgclga−lgclgb=lgc(lgb−lgalga⋅lgb)>0，即有lgac>lgbc，故D正确；
2.
【答案】
A
【考点】
基本不等式及其应用
直线的截距式方程
【解析】
将(1, 2)代入直线方程，求得1a+2b=1，利用“1”的代换，根据基本不等式的性质，即可求得2a+b的最小值．
【解答】
直线xa+yb=1(a>0, b>0)过点(1, 2)，则1a+2b=1，
由2a+b=(2a+b)×(1a+2b)=2+4ab+ba+2≥4+24ab⋅ba=4+4=8，
当且仅当4ab=ba，即a=2，b=4时，取等号，
∴ 2a+b的最小值为8，
3.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，设a→，b→的夹角为θ，因为e1→，e2→是夹角为60∘的两个单位向量，且a→=e1→+e2→，b→=−e1→+2e2→，所以a→⋅b→=e1→+e2→⋅−e1→+2e2→=−e1→2+2e2→2+e1→⋅e2→=32，|a→|=|e1→+e2→|=1+1+1=3，|b→|=|−e1→+2e2→|=1+4−2=3，所以csθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=12，又0∘≤θ≤180∘，所以θ=60∘．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
首先通过a→⊥b→，得到x值，然后计算|a→+b→|．
【解答】
解：因为|a→+b→|，所以x−2=0，得x=2，所以a→+b→=(3, −1)，所以|a→+b→|=32+(−1)2=10；
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
S13=13(a1+a13)2=13a7>0，S14=14(a1+a14)2=7(a7+a8)<0，可得a7>0，a8<0，利用等差数列的单调性即可判断出结论．
【解答】
∵ S13=13(a1+a13)2=13a7>0，S14=14(a1+a14)2=7(a7+a8)<0，
则a7>0，a8<0，
∴ 等差数列{an}为单调递减数列，
因此Sn取最大值时n的值为7．
6.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列通项公式和前n项和公式，列出方程组，求出a1=1，d=1，从而an=n，进而1anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，由此利用裂项求和法能求出数列{1anan+1}的前n项和．
【解答】
∵ 等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=5，S8=36，
∴ a1+4d=58a1+8×72d=36 ，
解得a1=1，d=1，
∴ an=1+(n−1)×1=n，
∴ 1anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴ 数列{1anan+1}的前n项和为：
Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
由等比数列{an}的性质可得：S3，S6−S3，S9−S6成等比数列，可得：(S6−S3)2=S3⋅(S9−S6)，又S6S3=4，代入计算即可得出．
【解答】
由等比数列{an}的性质可得：S3，S6−S3，S9−S6成等比数列，
∴ (S6−S3)2=S3⋅(S9−S6)，
∵ S6S3=4，∴ S3＝14S6．
∴ (34S6)2=14S6(S9−S6)，
解得S9=134S6．
即S9S6=134
8.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图可知，几何体是三棱柱与四棱锥的组合体，利用三视图的数据，即可求出该几何体的体积．
【解答】
由题意可知几何体是组合体，左侧是四棱锥右侧是三棱柱，如图：
棱锥的高为2，底面正方形的边长为2，三棱柱的底面等腰三角形的底边长为2，高为2．
所以几何体的体积为：13×2×2×2+12×2×2×2=203．
9.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱锥的结构特征
【解析】
设△ABC的外接圆半径为r，外接圆心为O1，过点O1做底面ABC的垂线，则球心在垂线上，设球心为O，构造Rt△OO1C，利用勾股定理即可求出三棱锥P−ABC的外接球的半径，再利用球的表面积公式即可算出结果．
【解答】
设△ABC的外接圆半径为r，外接圆心为O1，
过点O1做底面ABC的垂线，则球心在垂线上，
设球心为O，连接OO1，AO1，CO1，得到Rt△OO1C，如图所示：
∵ ∠BAC=120∘，AB=AC=2，
∴ 由余弦定理，得cs120∘＝AB2+AC2−BC2⋅，解得BC=23，
在△ABC中由正弦定理，得2r=BCsin120∘，∴ r=2，
设三棱锥P−ABC的外接球的半径为R，
则在Rt△OO1C，中，OC=R，OO1=12PA=22，CO1=r=2，
∴ R2＝r2+(22)2，∴ R2＝92，
∴ 三棱锥P−ABC的外接球的表面积是4πR2=4π×92=18，
故选：C．
10.
【答案】
D
【考点】
基本不等式
【解析】
直接利用关系式的变换和基本不等式的应用求出结果．
【解答】
解：因为正实数a，b，c满足ab+bc+ac=2−a2，
则a2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)=2，
所以2a+b+c=(a+b)+(a+c)
≥2(a+b)(a+c)=22，当且仅当a+b=a+c，即b=c取等号.
故选D.
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上）
【答案】
{x|−14【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
根据|f(x)【解答】
不等式可化为：−(x+2)<3x−1∴ 即−(x+2)<3x−13x−1【答案】
405
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
根据已知可得每圈的石板数构成一个以9为首项，以9为公差的等差数列，求出数列的通项公式，利用等差数列前n项和公式能求出结果．
【解答】
∵ 最高一层的中心是一块天心石，围绕它第一圈有9块石板，
从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，
则每圈的石板数构成一个以9为首项，以9为公差的等差数列，
故an＝9n，
当n＝9时，第9圈共有81块石板，
∴ 前9圈的石板总数S9=92(9+81)＝405．
【答案】
−1
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
根据BC→＝3DC→可得出AD→＝13AB→+23AC→，DB→＝23(AB→−AC→)，然后根据∠BAC=60∘，AB=AC=进行数量积的运算即可求得答案．
【解答】
如图，∵ BC→＝3DC→，AC→−AB→＝3(AC→−AD→)，
∴ AD→＝13AB→+23AC→，且DB→＝23CB→＝23(AB→−AC→)，∠BAC=60∘，AB=AC=3，
∴ DB→⋅AD→＝23(AB→−AC→)⋅(13AB→+23AC→)
=29AB→2−49AC→2+29AB→⋅AC→
=29×9−49×9+29×3×3×12
=−1．
【答案】
①②④
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
以D1为坐标原点，D1C1，D1A1，D1D所在直线为x，y，z轴建立直角坐标系，可得A1(1, 0, 0)，D(0, 0, 1)，B(1, 1, 1)，C1(0, 1, 0)，连接B1C，由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理可判断①；由面面平行的性质定理可判断②；由三角形的面积公式，计算可判断③；由正投影为三角形可得三角形的面积，解方程可判断④．
【解答】
以D1为坐标原点，D1C1，D1A1，D1D所在直线为x，y，z轴建立直角坐标系，可得A1(1, 0, 0)，D(0, 0, 1)，B(1, 1, 1)，C1(0, 1, 0)，
连接B1C，设平面A1B1CD与对角线AC1交于M，
由B1C⊥BC1，DC⊥BC1，可得BC1⊥平面A1B1CD，
存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D，故①正确；
由BD // B1D1，A1D // B1C，可得平面A1BD // 平面B1D1C，
设平面A1B1D与对角线AC1交于M，可得DM // 平面B1CD1，故②正确；
设M(t, 1−t, t)，0可得△A1DM的面积为12⋅2⋅3t2−4t+32=22⋅3(t−23)2+16≥36，
可得t=23时，△A1DM的面积等于36，故③错误；
设△A1DM在平面A1B1C1D1与平面BB1C1C的正投影分别为△A1D1T，△B1CN，
由M(t, 1−t, t)，可得T(t, 1−t, 0)，可得S1=12(1−t)，
由M(t, 1−t, t)，可得N(t, 1, t)，可得S2=122⋅2|t−12|=|t−12|，
由S1=S2，可得t=0或23，故④正确．
三、解答题（本大题共4个小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
【答案】
（1）设点B(m, n)，则点M(m+52，n+12)，
由已知有m−2n−5＝02×m+52−n+12−5＝0，解得 m＝−1n＝−3，故点B(−1, −3)．
同理设C(x, y)则2x−y−5＝0y−1x−5＝−2，解得 x＝4y＝3，则点C(4, 3)．
（2）由(Ⅰ)知B(−1, −3)、C(4, 3)，所以|BC|＝(4+1)2+(3+3)2＝61，
且kBC＝−3−3−1−4＝65，
所以直线BC的方程为y+3＝65(x+1)，即6x−5y−9=0．
BC边上的高即点A到直线BC的距离为ℎ＝|30−5−9|62+52＝1661，
∴ S△ABC＝12|BC|⋅ℎ＝12×61×1661＝8．
【考点】
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
(Ⅰ)由题意解方程组求出顶点B，C的坐标．
(Ⅱ)利用斜率公式、直线的点斜式方程求出BC的方程，再利用点到直线的距离公式点A到直线BC的距离，再利用三角形的面积公式，求出△ABC的面积．
【解答】
（1）设点B(m, n)，则点M(m+52，n+12)，
由已知有m−2n−5＝02×m+52−n+12−5＝0，解得 m＝−1n＝−3，故点B(−1, −3)．
同理设C(x, y)则2x−y−5＝0y−1x−5＝−2，解得 x＝4y＝3，则点C(4, 3)．
（2）由(Ⅰ)知B(−1, −3)、C(4, 3)，所以|BC|＝(4+1)2+(3+3)2＝61，
且kBC＝−3−3−1−4＝65，
所以直线BC的方程为y+3＝65(x+1)，即6x−5y−9=0．
BC边上的高即点A到直线BC的距离为ℎ＝|30−5−9|62+52＝1661，
∴ S△ABC＝12|BC|⋅ℎ＝12×61×1661＝8．
【答案】
（1）法一：不等式f(x)>4，即|x+3|+|x−1|>4．
可得x≥1x+3+x−1>4或−34或x≤−3−3−x+1−x>4，
即为x>1或x∈⌀或x<−3，
即x<−3或x>1，
所以不等式的解集为{x|x<−3或x>1}．
法二：|x+3|+|x−1|≥|x+3−(x−1)|=4，
当且仅当(x+3)(x−1)≤0即−3≤x≤1时等号成立．
所以不等式的解集为{x|x<−3或x>1}．
（2）依题意可知f(x)min>g(x)max，
由(Ⅰ)知f(x)min=4，g(x)=−x2+2mx=−(x−m)2+m2，
所以g(x)max=m2，
由m2<4可得m的取值范围是−2【考点】
绝对值不等式的解法与证明
函数恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)法一、由零点分区间法，绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；
法二、运用绝对值不等式的性质可得f(x)≥4，可得所求解集；
(Ⅱ)由题意可得f(x)min>g(x)max，由绝对值不等式的性质求得f(x)的最小值，运用二次函数的最值求法可得g(x)的最大值，解不等式可得所求范围．
【解答】
（1）法一：不等式f(x)>4，即|x+3|+|x−1|>4．
可得x≥1x+3+x−1>4或−34或x≤−3−3−x+1−x>4，
即为x>1或x∈⌀或x<−3，
即x<−3或x>1，
所以不等式的解集为{x|x<−3或x>1}．
法二：|x+3|+|x−1|≥|x+3−(x−1)|=4，
当且仅当(x+3)(x−1)≤0即−3≤x≤1时等号成立．
所以不等式的解集为{x|x<−3或x>1}．
（2）依题意可知f(x)min>g(x)max，
由(Ⅰ)知f(x)min=4，g(x)=−x2+2mx=−(x−m)2+m2，
所以g(x)max=m2，
由m2<4可得m的取值范围是−2【答案】
(1)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，可得△ABC为正三角形，
因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又BC // AD，因此AE⊥AD，
因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE，
而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD且PA∩AD=A，
所以AE⊥平面PAD．
又PD⊂平面PAD，
所以AE⊥PD．
(2)解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH，
由(1)知AE⊥平面PAD，
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，
在Rt△EAH中，AE=3，
所以当AH最短时，∠EHA最大，
即当AH⊥PD时，∠EHA最大，
此时tan∠EHA=AEAH=3AH=62，
因此AH=2，
又AD=2，所以∠ADH=45∘，
所以PA=2．
因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD．
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，
过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE⋅sin30∘=32，AO=AE⋅cs30∘=32，
又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO⋅sin45∘=324，
又SE=EO2+SO2=34+98=304，
在Rt△ESO中，cs∠ESO=SOSE=324304=155，
即所求二面角的余弦值为155．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
两条直线垂直的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）要证明AE⊥PD，我们可能证明AE⊥面PAD，由已知易得AE⊥PA，我们只要能证明AE⊥AD即可，由于底面ABCD为菱形，故我们可以转化为证明AE⊥BC，由已知易我们不难得到结论．
（2）由EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，我们分析后可得PA的值，由（1）的结论，我们进而可以证明平面PAC⊥平面ABCD，则过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，然后我们解三角形ASO，即可求出二面角E−AF−C的余弦值．
【解答】
(1)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，可得△ABC为正三角形，
因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又BC // AD，因此AE⊥AD，
因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE，
而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD且PA∩AD=A，
所以AE⊥平面PAD．
又PD⊂平面PAD，
所以AE⊥PD．
(2)解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH，
由(1)知AE⊥平面PAD，
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，
在Rt△EAH中，AE=3，
所以当AH最短时，∠EHA最大，
即当AH⊥PD时，∠EHA最大，
此时tan∠EHA=AEAH=3AH=62，
因此AH=2，
又AD=2，所以∠ADH=45∘，
所以PA=2．
因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD．
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，
过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE⋅sin30∘=32，AO=AE⋅cs30∘=32，
又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO⋅sin45∘=324，
又SE=EO2+SO2=34+98=304，
在Rt△ESO中，cs∠ESO=SOSE=324304=155，
即所求二面角的余弦值为155．
【答案】
（1）证明：∵ 点(an, an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，
∴ an+1=an2+2an，
∴ an+1+1=(an+1)2，
∴ {an+1}是“平方递推数列”．…
对an+1+1=(an+1)2两边取对数得lg(an+1+1)=2lg(an+1)，
∴ 数列{lg(an+1)}是以{lg(a1+1)}为首项，2为公比的等比数列．…
（2）解：由（1）知 lg(an+1)=lg(a1+1)⋅2n−1=2n−1…
∴ lgTn=lg(a1+1)(a2+1)…(an+1)
=lg(a1+1)+lg(a2+1)+...+lg(an+1)
=20+2+22+...+2n−1
=1⋅(1−2n)1−2=2n−1．…
（3）解：∵ bn=lgTnlg(an+1)=2n−12n−1=2−(12)n−1…
∴ Sn=2n−1−12n1−12=2n−2+12n−1…
又Sn>4026，即2n−2+12n−1>4026，n+12n>2014…
又0<12n<1，∴ nmin=2014．…
【考点】
数列与不等式的综合
数列的求和
【解析】
（1）由已知条件推导出an+1+1=(an+1)2，从而能证明{an+1}是“平方递推数列”，对an+1+1=(an+1)2两边取对数能证明数列{lg(an+1)}是等比数列．
（2）由（1）知 lg(an+1)=lg(a1+1)⋅2n−1=2n−1，从而得到lgTn=20+2+22+...+2n−1，由此利用等比数列求和公式能求出结果．
（3）由bn=lgTnlg(an+1)=2n−12n−1=2−(12)n−1，求出Sn=2n−1−12n1−12=2n−2+12n−1，由此能求出使Sn>4026的n的最小值．
【解答】
（1）证明：∵ 点(an, an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，
∴ an+1=an2+2an，
∴ an+1+1=(an+1)2，
∴ {an+1}是“平方递推数列”．…
对an+1+1=(an+1)2两边取对数得lg(an+1+1)=2lg(an+1)，
∴ 数列{lg(an+1)}是以{lg(a1+1)}为首项，2为公比的等比数列．…
（2）解：由（1）知 lg(an+1)=lg(a1+1)⋅2n−1=2n−1…
∴ lgTn=lg(a1+1)(a2+1)…(an+1)
=lg(a1+1)+lg(a2+1)+...+lg(an+1)
=20+2+22+...+2n−1
=1⋅(1−2n)1−2=2n−1．…
（3）解：∵ bn=lgTnlg(an+1)=2n−12n−1=2−(12)n−1…
∴ Sn=2n−1−12n1−12=2n−2+12n−1…
又Sn>4026，即2n−2+12n−1>4026，n+12n>2014…
又0<12n<1，∴ nmin=2014．…
1. 已知0
A.ca>cbB.ac
2. 若直线xa+yb=1(a>0, b>0)过点(1, 2)，则2a+b的最小值是（ ）
A.8B.9C.10D.12
3. 若e1→，e2→是夹角为60∘的两个单位向量，则a→=e1→+e2→，b→=−e1→+2e2→的夹角为（ ）
A.30∘B.60∘C.90∘D.120∘
4. 设x∈R，向量a→=(x, 1)，b→=(1, −2)，且a→⊥b→，则|a→+b→|=( )
A.5B.25C.10D.10
5. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为（ ）
A.6B.7C.8D.13
6. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=5，S8=36，则数列{1anan+1}的前n项和为（ ）
A.1n+1B.nn+1C.n−1nD.n−1n+1
7. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6S3=4，则S9S6=( )
A.3B.134C.154D.4
8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.163B.203C.169D.209
9. 在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120∘，AP=2，AB=AC=2，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积是（ ）
A.9π2B.92πC.18πD.40π
10. 若正实数a，b，c满足ab+bc+ac=2−a2，则2a+b+c的最小值为( )
A.2B.1C.2D.22
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上）
不等式|3x−1|
我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例如，北京天坛圆丘的地面由扇环形的石板铺成（如图所示），最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则前9圈的石板总数是________．
在△ABC中，若∠A=60∘，AB=AC=3，BC→＝3DC→，则DB→⋅AD→=________．
在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是对角线AC1上的动点（点M与A，C1不重合），则下列结论正确的是________．
①存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D；
②存在点M，使得DM // 平面B1CD1；
③△A1DM的面积不可能等于36；
④若S1，S2分别是△A1DM在平面A1B1C1D1与平面BB1C1C的正投影的面积，则存在点M，使得S1=S2∗
三、解答题（本大题共4个小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
已知△ABC的顶点A(5, 1)，AB边上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0．
(Ⅰ)求顶点B，C的坐标；
(Ⅱ)求△ABC的面积．
已知f(x)=|x+3|+|x−1|，g(x)=−x2+2mx．
(Ⅰ)求不等式f(x)>4的解集；
(Ⅱ)若对任意的x1，x2∈R，f(x1)>g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
如图，已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60∘，E，F分别是BC，PC的中点．
(1)证明：AE⊥PD；
(2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，求二面角E−AF−C的余弦值．
若数列{An}满足An+1=An2，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1=9，点(an, an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中n为正整数．
（1）证明数列{an+1}是“平方递推数列”，且数列{lg(an+1)}为等比数列；
（2）设（1）中“平方递推数列”的前n项积为Tn，即Tn=(a1+1)(a2+1)…(an+1)，求lgTn；
（3）在（2）的条件下，记bn=lgTnlg(an+1)，求数列{bn}的前n项和Sn，并求使Sn>4026的n的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年黑龙江省高二（上）开学数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50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.
【答案】
D
【考点】
利用不等式比较两数大小
不等式的基本性质
【解析】
根据题意，依次分析选项：对于A、构造函数y＝cx，由指数函数的性质分析可得A错误，对于B、构造函数y＝xc，由幂函数的性质分析可得B错误，对于C、由作差法比较可得C错误，对于D、由作差法利用对数函数的运算性质分析可得D正确，即可得答案．
【解答】
根据题意，依次分析选项：
对于A、构造函数y＝cx，由于0
对于B、构造函数y＝xc，由于0
对于C、aa−c−bb−c=ab−ac−ab+bc(a−c)(b−c)=c(b−a)(a−c)(b−c)，又由0
2.
【答案】
A
【考点】
基本不等式及其应用
直线的截距式方程
【解析】
将(1, 2)代入直线方程，求得1a+2b=1，利用“1”的代换，根据基本不等式的性质，即可求得2a+b的最小值．
【解答】
直线xa+yb=1(a>0, b>0)过点(1, 2)，则1a+2b=1，
由2a+b=(2a+b)×(1a+2b)=2+4ab+ba+2≥4+24ab⋅ba=4+4=8，
当且仅当4ab=ba，即a=2，b=4时，取等号，
∴ 2a+b的最小值为8，
3.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，设a→，b→的夹角为θ，因为e1→，e2→是夹角为60∘的两个单位向量，且a→=e1→+e2→，b→=−e1→+2e2→，所以a→⋅b→=e1→+e2→⋅−e1→+2e2→=−e1→2+2e2→2+e1→⋅e2→=32，|a→|=|e1→+e2→|=1+1+1=3，|b→|=|−e1→+2e2→|=1+4−2=3，所以csθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=12，又0∘≤θ≤180∘，所以θ=60∘．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
首先通过a→⊥b→，得到x值，然后计算|a→+b→|．
【解答】
解：因为|a→+b→|，所以x−2=0，得x=2，所以a→+b→=(3, −1)，所以|a→+b→|=32+(−1)2=10；
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
S13=13(a1+a13)2=13a7>0，S14=14(a1+a14)2=7(a7+a8)<0，可得a7>0，a8<0，利用等差数列的单调性即可判断出结论．
【解答】
∵ S13=13(a1+a13)2=13a7>0，S14=14(a1+a14)2=7(a7+a8)<0，
则a7>0，a8<0，
∴ 等差数列{an}为单调递减数列，
因此Sn取最大值时n的值为7．
6.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列通项公式和前n项和公式，列出方程组，求出a1=1，d=1，从而an=n，进而1anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，由此利用裂项求和法能求出数列{1anan+1}的前n项和．
【解答】
∵ 等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=5，S8=36，
∴ a1+4d=58a1+8×72d=36 ，
解得a1=1，d=1，
∴ an=1+(n−1)×1=n，
∴ 1anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴ 数列{1anan+1}的前n项和为：
Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
由等比数列{an}的性质可得：S3，S6−S3，S9−S6成等比数列，可得：(S6−S3)2=S3⋅(S9−S6)，又S6S3=4，代入计算即可得出．
【解答】
由等比数列{an}的性质可得：S3，S6−S3，S9−S6成等比数列，
∴ (S6−S3)2=S3⋅(S9−S6)，
∵ S6S3=4，∴ S3＝14S6．
∴ (34S6)2=14S6(S9−S6)，
解得S9=134S6．
即S9S6=134
8.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图可知，几何体是三棱柱与四棱锥的组合体，利用三视图的数据，即可求出该几何体的体积．
【解答】
由题意可知几何体是组合体，左侧是四棱锥右侧是三棱柱，如图：
棱锥的高为2，底面正方形的边长为2，三棱柱的底面等腰三角形的底边长为2，高为2．
所以几何体的体积为：13×2×2×2+12×2×2×2=203．
9.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱锥的结构特征
【解析】
设△ABC的外接圆半径为r，外接圆心为O1，过点O1做底面ABC的垂线，则球心在垂线上，设球心为O，构造Rt△OO1C，利用勾股定理即可求出三棱锥P−ABC的外接球的半径，再利用球的表面积公式即可算出结果．
【解答】
设△ABC的外接圆半径为r，外接圆心为O1，
过点O1做底面ABC的垂线，则球心在垂线上，
设球心为O，连接OO1，AO1，CO1，得到Rt△OO1C，如图所示：
∵ ∠BAC=120∘，AB=AC=2，
∴ 由余弦定理，得cs120∘＝AB2+AC2−BC2⋅，解得BC=23，
在△ABC中由正弦定理，得2r=BCsin120∘，∴ r=2，
设三棱锥P−ABC的外接球的半径为R，
则在Rt△OO1C，中，OC=R，OO1=12PA=22，CO1=r=2，
∴ R2＝r2+(22)2，∴ R2＝92，
∴ 三棱锥P−ABC的外接球的表面积是4πR2=4π×92=18，
故选：C．
10.
【答案】
D
【考点】
基本不等式
【解析】
直接利用关系式的变换和基本不等式的应用求出结果．
【解答】
解：因为正实数a，b，c满足ab+bc+ac=2−a2，
则a2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)=2，
所以2a+b+c=(a+b)+(a+c)
≥2(a+b)(a+c)=22，当且仅当a+b=a+c，即b=c取等号.
故选D.
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上）
【答案】
{x|−14
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
根据|f(x)
不等式可化为：−(x+2)<3x−1
405
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
根据已知可得每圈的石板数构成一个以9为首项，以9为公差的等差数列，求出数列的通项公式，利用等差数列前n项和公式能求出结果．
【解答】
∵ 最高一层的中心是一块天心石，围绕它第一圈有9块石板，
从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，
则每圈的石板数构成一个以9为首项，以9为公差的等差数列，
故an＝9n，
当n＝9时，第9圈共有81块石板，
∴ 前9圈的石板总数S9=92(9+81)＝405．
【答案】
−1
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
根据BC→＝3DC→可得出AD→＝13AB→+23AC→，DB→＝23(AB→−AC→)，然后根据∠BAC=60∘，AB=AC=进行数量积的运算即可求得答案．
【解答】
如图，∵ BC→＝3DC→，AC→−AB→＝3(AC→−AD→)，
∴ AD→＝13AB→+23AC→，且DB→＝23CB→＝23(AB→−AC→)，∠BAC=60∘，AB=AC=3，
∴ DB→⋅AD→＝23(AB→−AC→)⋅(13AB→+23AC→)
=29AB→2−49AC→2+29AB→⋅AC→
=29×9−49×9+29×3×3×12
=−1．
【答案】
①②④
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
以D1为坐标原点，D1C1，D1A1，D1D所在直线为x，y，z轴建立直角坐标系，可得A1(1, 0, 0)，D(0, 0, 1)，B(1, 1, 1)，C1(0, 1, 0)，连接B1C，由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理可判断①；由面面平行的性质定理可判断②；由三角形的面积公式，计算可判断③；由正投影为三角形可得三角形的面积，解方程可判断④．
【解答】
以D1为坐标原点，D1C1，D1A1，D1D所在直线为x，y，z轴建立直角坐标系，可得A1(1, 0, 0)，D(0, 0, 1)，B(1, 1, 1)，C1(0, 1, 0)，
连接B1C，设平面A1B1CD与对角线AC1交于M，
由B1C⊥BC1，DC⊥BC1，可得BC1⊥平面A1B1CD，
存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D，故①正确；
由BD // B1D1，A1D // B1C，可得平面A1BD // 平面B1D1C，
设平面A1B1D与对角线AC1交于M，可得DM // 平面B1CD1，故②正确；
设M(t, 1−t, t)，0
可得t=23时，△A1DM的面积等于36，故③错误；
设△A1DM在平面A1B1C1D1与平面BB1C1C的正投影分别为△A1D1T，△B1CN，
由M(t, 1−t, t)，可得T(t, 1−t, 0)，可得S1=12(1−t)，
由M(t, 1−t, t)，可得N(t, 1, t)，可得S2=122⋅2|t−12|=|t−12|，
由S1=S2，可得t=0或23，故④正确．
三、解答题（本大题共4个小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
【答案】
（1）设点B(m, n)，则点M(m+52，n+12)，
由已知有m−2n−5＝02×m+52−n+12−5＝0，解得 m＝−1n＝−3，故点B(−1, −3)．
同理设C(x, y)则2x−y−5＝0y−1x−5＝−2，解得 x＝4y＝3，则点C(4, 3)．
（2）由(Ⅰ)知B(−1, −3)、C(4, 3)，所以|BC|＝(4+1)2+(3+3)2＝61，
且kBC＝−3−3−1−4＝65，
所以直线BC的方程为y+3＝65(x+1)，即6x−5y−9=0．
BC边上的高即点A到直线BC的距离为ℎ＝|30−5−9|62+52＝1661，
∴ S△ABC＝12|BC|⋅ℎ＝12×61×1661＝8．
【考点】
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
(Ⅰ)由题意解方程组求出顶点B，C的坐标．
(Ⅱ)利用斜率公式、直线的点斜式方程求出BC的方程，再利用点到直线的距离公式点A到直线BC的距离，再利用三角形的面积公式，求出△ABC的面积．
【解答】
（1）设点B(m, n)，则点M(m+52，n+12)，
由已知有m−2n−5＝02×m+52−n+12−5＝0，解得 m＝−1n＝−3，故点B(−1, −3)．
同理设C(x, y)则2x−y−5＝0y−1x−5＝−2，解得 x＝4y＝3，则点C(4, 3)．
（2）由(Ⅰ)知B(−1, −3)、C(4, 3)，所以|BC|＝(4+1)2+(3+3)2＝61，
且kBC＝−3−3−1−4＝65，
所以直线BC的方程为y+3＝65(x+1)，即6x−5y−9=0．
BC边上的高即点A到直线BC的距离为ℎ＝|30−5−9|62+52＝1661，
∴ S△ABC＝12|BC|⋅ℎ＝12×61×1661＝8．
【答案】
（1）法一：不等式f(x)>4，即|x+3|+|x−1|>4．
可得x≥1x+3+x−1>4或−3
即为x>1或x∈⌀或x<−3，
即x<−3或x>1，
所以不等式的解集为{x|x<−3或x>1}．
法二：|x+3|+|x−1|≥|x+3−(x−1)|=4，
当且仅当(x+3)(x−1)≤0即−3≤x≤1时等号成立．
所以不等式的解集为{x|x<−3或x>1}．
（2）依题意可知f(x)min>g(x)max，
由(Ⅰ)知f(x)min=4，g(x)=−x2+2mx=−(x−m)2+m2，
所以g(x)max=m2，
由m2<4可得m的取值范围是−2
绝对值不等式的解法与证明
函数恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)法一、由零点分区间法，绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；
法二、运用绝对值不等式的性质可得f(x)≥4，可得所求解集；
(Ⅱ)由题意可得f(x)min>g(x)max，由绝对值不等式的性质求得f(x)的最小值，运用二次函数的最值求法可得g(x)的最大值，解不等式可得所求范围．
【解答】
（1）法一：不等式f(x)>4，即|x+3|+|x−1|>4．
可得x≥1x+3+x−1>4或−3
即为x>1或x∈⌀或x<−3，
即x<−3或x>1，
所以不等式的解集为{x|x<−3或x>1}．
法二：|x+3|+|x−1|≥|x+3−(x−1)|=4，
当且仅当(x+3)(x−1)≤0即−3≤x≤1时等号成立．
所以不等式的解集为{x|x<−3或x>1}．
（2）依题意可知f(x)min>g(x)max，
由(Ⅰ)知f(x)min=4，g(x)=−x2+2mx=−(x−m)2+m2，
所以g(x)max=m2，
由m2<4可得m的取值范围是−2
(1)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，可得△ABC为正三角形，
因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又BC // AD，因此AE⊥AD，
因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE，
而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD且PA∩AD=A，
所以AE⊥平面PAD．
又PD⊂平面PAD，
所以AE⊥PD．
(2)解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH，
由(1)知AE⊥平面PAD，
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，
在Rt△EAH中，AE=3，
所以当AH最短时，∠EHA最大，
即当AH⊥PD时，∠EHA最大，
此时tan∠EHA=AEAH=3AH=62，
因此AH=2，
又AD=2，所以∠ADH=45∘，
所以PA=2．
因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD．
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，
过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE⋅sin30∘=32，AO=AE⋅cs30∘=32，
又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO⋅sin45∘=324，
又SE=EO2+SO2=34+98=304，
在Rt△ESO中，cs∠ESO=SOSE=324304=155，
即所求二面角的余弦值为155．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
两条直线垂直的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）要证明AE⊥PD，我们可能证明AE⊥面PAD，由已知易得AE⊥PA，我们只要能证明AE⊥AD即可，由于底面ABCD为菱形，故我们可以转化为证明AE⊥BC，由已知易我们不难得到结论．
（2）由EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，我们分析后可得PA的值，由（1）的结论，我们进而可以证明平面PAC⊥平面ABCD，则过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，然后我们解三角形ASO，即可求出二面角E−AF−C的余弦值．
【解答】
(1)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，可得△ABC为正三角形，
因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又BC // AD，因此AE⊥AD，
因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE，
而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD且PA∩AD=A，
所以AE⊥平面PAD．
又PD⊂平面PAD，
所以AE⊥PD．
(2)解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH，
由(1)知AE⊥平面PAD，
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，
在Rt△EAH中，AE=3，
所以当AH最短时，∠EHA最大，
即当AH⊥PD时，∠EHA最大，
此时tan∠EHA=AEAH=3AH=62，
因此AH=2，
又AD=2，所以∠ADH=45∘，
所以PA=2．
因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD．
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，
过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE⋅sin30∘=32，AO=AE⋅cs30∘=32，
又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO⋅sin45∘=324，
又SE=EO2+SO2=34+98=304，
在Rt△ESO中，cs∠ESO=SOSE=324304=155，
即所求二面角的余弦值为155．
【答案】
（1）证明：∵ 点(an, an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，
∴ an+1=an2+2an，
∴ an+1+1=(an+1)2，
∴ {an+1}是“平方递推数列”．…
对an+1+1=(an+1)2两边取对数得lg(an+1+1)=2lg(an+1)，
∴ 数列{lg(an+1)}是以{lg(a1+1)}为首项，2为公比的等比数列．…
（2）解：由（1）知 lg(an+1)=lg(a1+1)⋅2n−1=2n−1…
∴ lgTn=lg(a1+1)(a2+1)…(an+1)
=lg(a1+1)+lg(a2+1)+...+lg(an+1)
=20+2+22+...+2n−1
=1⋅(1−2n)1−2=2n−1．…
（3）解：∵ bn=lgTnlg(an+1)=2n−12n−1=2−(12)n−1…
∴ Sn=2n−1−12n1−12=2n−2+12n−1…
又Sn>4026，即2n−2+12n−1>4026，n+12n>2014…
又0<12n<1，∴ nmin=2014．…
【考点】
数列与不等式的综合
数列的求和
【解析】
（1）由已知条件推导出an+1+1=(an+1)2，从而能证明{an+1}是“平方递推数列”，对an+1+1=(an+1)2两边取对数能证明数列{lg(an+1)}是等比数列．
（2）由（1）知 lg(an+1)=lg(a1+1)⋅2n−1=2n−1，从而得到lgTn=20+2+22+...+2n−1，由此利用等比数列求和公式能求出结果．
（3）由bn=lgTnlg(an+1)=2n−12n−1=2−(12)n−1，求出Sn=2n−1−12n1−12=2n−2+12n−1，由此能求出使Sn>4026的n的最小值．
【解答】
（1）证明：∵ 点(an, an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，
∴ an+1=an2+2an，
∴ an+1+1=(an+1)2，
∴ {an+1}是“平方递推数列”．…
对an+1+1=(an+1)2两边取对数得lg(an+1+1)=2lg(an+1)，
∴ 数列{lg(an+1)}是以{lg(a1+1)}为首项，2为公比的等比数列．…
（2）解：由（1）知 lg(an+1)=lg(a1+1)⋅2n−1=2n−1…
∴ lgTn=lg(a1+1)(a2+1)…(an+1)
=lg(a1+1)+lg(a2+1)+...+lg(an+1)
=20+2+22+...+2n−1
=1⋅(1−2n)1−2=2n−1．…
（3）解：∵ bn=lgTnlg(an+1)=2n−12n−1=2−(12)n−1…
∴ Sn=2n−1−12n1−12=2n−2+12n−1…
又Sn>4026，即2n−2+12n−1>4026，n+12n>2014…
又0<12n<1，∴ nmin=2014．…
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