石家莊二中2020-2021學年高二8月線上考試（一）數(shù)學試題含答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精河北省石家莊二中2020-2021學年高二8月線上考試（一）數(shù)學試題含答案石家莊二中2020—2021學年高二8月線上考試(一)數(shù)學一、選擇題（本題共12小題，每小題5分,共60分）1。已知a〈0，0〈b<1，則下列結(jié)論正確的是（)A。a〉abB。a〉ab2C.ab〈ab2D.ab>ab2.記為等差數(shù)列的前項和。若，，則（)A． B． C． D．3。在△ABC中，則=(）。A．B．C．D．4。圓的圓心到直線的距離為2，則（）A． B． C． D．25.數(shù)列中，,,則（)A．32 B．62 C．63 D．646。若直線，被圓截得弦長為4,則的最小值是(）A．9 B．4 C． D．7。在數(shù)列中，,，則的通項公式為(）．A．B．C．D．8。在中,，則的最大值為（)A． B． C． D．9.若，若的最大值為,則的值是（）A．B．C．D．10。如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體的個條棱中,最長的棱的長度為（）.。.6.411.在正三棱錐中,是的中點,且，底面邊長，則正三棱錐的外接球的表面積為()A.B.C.D.12.在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，.若對于任意實數(shù)，不等式恒成立，則實數(shù)t的取值范圍為（)A．B．C．D．二、填空題(本題共4小題,每小題5分，共20分)13。圓心在直線上的圓與軸交于兩點、,則圓的方程為________。14.正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AA1，則AC1與平面BB1C1C所成角的正弦值為15.已知分別為的三個內(nèi)角的對邊，=2，且，則面積的最大值為.16.若數(shù)列滿足：，則________.三、解答題17.（本小題8分）已知數(shù)列滿足：，.(Ⅰ）求數(shù)列的通項公式;（Ⅱ）若數(shù)列滿足：，求數(shù)列的通項公式.18.（本小題10分）在中，角，，的對邊分別為,,，設。（1）求的值；（2）若，，求的值。19.（本小題10分）如圖，在四面體中，,分別是線段，的中點，,,，直線與平面所成的角等于．（1)證明：平面平面；（2）求二面角的余弦值．20。（本小題12分)已知點是圓上的動點，定點，線段的垂直平分線交于點.（Ⅰ）求點的軌跡的方程;(Ⅱ)過點作兩條斜率之積為的直線，，,分別與軌跡交于，和，，記得到的四邊形的面積為,求的最大值。

石家莊二中2020—2021學年高二8月線上考試（一)數(shù)學答案一、選擇題1?！敬鸢浮緾【解析】由題意得ab－ab2＝ab（1－b)<0，所以ab〈ab2，故選C。2。【答案】B【解析】，,又，3?！敬鸢浮緾【解析】由余弦定理可得，由正弦定理可得4.【答案】B【解析】圓的標準方程是,圓心為，∴，解得．5?！敬鸢浮緾【解析】數(shù)列中，，故，因為，故，故，所以，所以為等比數(shù)列，公比為,首項為。所以即，故6.【答案】A【解析】圓的標準方程為：，故圓的半徑為.因為直線被圓截得弦長為4，所以直線必定經(jīng)過圓心，所以即，又，因為，由基本不等式有，當且僅當時等號成立，所以的最小值為9，7.【答案】A【解析】由已知得，所以；；;將上述個式子相加，整理的，又因為，所以．8.【答案】C【解析】由題：在△ABC中，設，三角形△ABC外接圓半徑為,，,其中，當時，取得最大值.9。【答案】【解析】首先作出已知約束條件所包含的平面區(qū)域如下圖所示。由圖可知，目標函數(shù)的最大值是在點處取得，即，所以,故應選.10.【答案】C【解析】如圖所示，原幾何體為三棱錐,其中,,故最長的棱的長度為11.【答案】B【解析】因為三棱錐為正三棱錐,所以，又,所以平面，所以,即三線兩兩垂直，且所以,所以所以球的表面積.12?！敬鸢浮緼【解析】在中，由正弦定理及，得，由余弦定理，得，又因為,所以,記,則.因為，所以，從而,所以可化為，即,恒成立，所以依題有，化簡得，即得恒成立，又由,得或.二、填空題13.【答案】【解析】先由條件求得圓心C的坐標，再求出半徑r=|AC|，從而得到圓C的方程．因為直線AB的中垂線方程為x=—3，代入直線x—2y+7=0,得y=2，故圓心的坐標為C（—3，2），再由兩點間的距離公式求得半徑r=｜AC|=∴圓C的方程為.故答案為。14?！敬鸢浮俊窘馕觥咳C中點O，連結(jié)AO,C1O，正三棱柱ABCA1B1C1中可得到平面BB1C1C,所以AC1與平面BB1C1C所成角為,設正三角形邊長為，所以,15.【答案】【解析】由且，即，由及正弦定理得:,∴，故，∴，∴，,∴16?！敬鸢浮?550【解析】因為，故…可得,所以.…所以.故。三、解答題17.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由可化為。令，則,即.因為，所以,所以,即，故.（Ⅱ）由，可知，兩式作差得，即。又當時,也滿足上式，故.18?！敬鸢浮浚?）;(2)【解析】（1)由正弦定理得，即,∴；（2)易知,由正弦定理，則，又，∴，即為銳角，則.∴.19.【答案】(Ⅰ)見證明；(Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）在中，是斜邊的中點,所以。因為是的中點，所以,且，所以，所以.又因為，所以，又，所以平面，因為平面,所以平面平面．（Ⅱ）方法一：取中點，連，則,因為,所以。又因為，，所以平面,所以平面．因此是直線與平面所成的角．故，所以.過點作于，則平面,且．過點作于，連接,則為二面角的平面角．因為，所以，所以,因此二面角的余弦值為．方法二：如圖所示，在平面BCD中，作x軸⊥BD，以B為坐標原點，BD,BA所在直線為y軸,z軸建立空間直角坐標系．因為（同方法一，過程略）則，,．所以，，，設平面的法向量，則，即,取,得．設平面的法向量則，即,取，得．所以，由圖形得二面角為銳角，因此二面角的余弦值為．20?！敬鸢浮浚á瘢á?【解析】(Ⅰ)∵點是線段的垂直平分線上的點，∴，∴，∴點的軌跡是以，為焦點的橢圓，其中，，∴，，.因此，點的軌跡方程是.(Ⅱ）設其中一條直線的方程為，代