河北省石家庄二中2020-2021学年高二8月线上考试（二）数学试题答案 12页

答案第 1页，总 12页 数学线上测试(二)参考答案 1．C【解析】 由 , ,a b cR ，且 a b ，则 0a b  ， 对于 A 中，由 ( ) ( ) 2a c b c a b c      ，其中 ( ) 2a b c  不一定大于 0，所以不一定成立； 对于 B 中，由 ( )ac bc a b c    ， 当 0c  时，可得 ( ) 0a b c   ，此时 ac bc ，所以 B 不一定成立； 对于 C 中，因为 20, 0a b c   ，可得 2( ) 0a b c  ，所以 C 一定成立； 对于 D 中，当 2c  0 时，可得 2 0c a b  ，所以 D 不一定成立. 故选：C. 2．A【解析】 8 1 1x y     8 1 16 162 2 10 10 2 18y x y xx y x y x y x y x y                当且仅当 16y x x y  ，即 12x  ， 3y  时， 2x y 取得最小值18故选 A 3．D【解析】因为 na 等比数列，且 3 11 74 ,a a a 2 7 74 0a a   ，解得 7 4a  ， 数列 nb 是等差数列，则 3 11 7 72 2 8b b b a    ，故选：D. 4．A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形， 1 4D D 上的点在正视图中都对应点 M,直线 3 4B C 上的点在俯视图中对应的点为 N, ∴在正视图中对应 M ,在俯视图中对应 N 的点是 4D ,线段 3 4D D ,上的所有点在侧试图中都对应 E ,∴点 答案第 2页，总 12页 4D 在侧视图中对应的点为 E . 故选：A 5．D【解析】 圆的方程可化为   2 21 1 4x y    ，点 M 到直线l 的距离为 2 2 2 1 1 2 5 2 2 1 d       ，所以直线l 与 圆相离． 依圆的知识可知，四点 , , ,A P B M 四点共圆，且 AB MP ，所以 14 4 42PAMPM AB S PA AM PA       ，而 2 4PA MP  ， 当直线 MP l 时， min 5MP  ， min 1PA  ，此时 PM AB 最小． ∴  1: 1 12MP y x   即 1 1 2 2y x  ，由 1 1 2 2 2 2 0 y x x y        解得， 1 0 x y     ． 所以以 MP 为直径的圆的方程为    1 1 1 0x x y y     ，即 2 2 1 0x y y    ， 两圆的方程相减可得： 2 1 0x y   ，即为直线 AB 的方程． 故选：D. 6．A【解析】 ∵ b c ，∴ B C ， 又 °60C  ， ∴ °B 60 ， 由正弦定理可得 sinsin b CB c   2sin 60 2 26   ∴B=45°. 故选：A 7．A【解析】 根据题意，建立如图所示直角坐标系： 答案第 3页，总 12页 则： 1C E  (1, 1, 1)   设平面 1 1B D C 的法向量为 n ( , , )x y z 则 1 11 0 0 n B D n B C        可得： 0 2 0 x y x z       取 n (2, 2, 1)   则 1,cos n C E  = 1 1 n C E n C E   5 5 3 93 3    设直线 1C E 与平面 1 1B D C 的夹角为 则 5 3 9sin  ， 2 61 sin 9cos    . 故选：A. 8．B【解析】 因为方程  21 3 2y x    所以 1 0y   ,所以 1y  或 1y   将原式变形可得   222 1 3x y    所以曲线为两个半圆,半径为 3 所以曲线的长度为 2 3 2 3C     故选:B 9．C【解析】 答案第 4页，总 12页 设球 O 的半径为 R ，则 24 16R  ，解得： 2R  . 设 ABC 外接圆半径为 r ，边长为 a ， ABC 是面积为 9 3 4 的等边三角形， 21 3 9 3 2 2 4a   ，解得： 3a  ， 2 22 2 99 33 4 3 4 ar a        ， 球心O 到平面 ABC 的距离 2 2 4 3 1d R r     . 故选：C. 10．C【解析】 在等式 m n m na a a  中，令 1m  ，可得 1 1 2n n na a a a   ， 1 2n n a a   ， 所以，数列 na 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则 12 2 2n n na    ，         10 1 10 1 1 10 5 10 1 2 10 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 11 2 1 2 k k k k k k a a a a                      ， 1 52 2k  ，则 1 5k   ，解得 4k  . 故选：C. 11．B【解析】 如图，设 SC 的中点为O ， AB 的中点为 D ，连接OA，OB ， OD ． 因为 4ASC BSC     ， AC AS ， BC BS ， 所以 90SAC SBC    ， 答案第 5页，总 12页 所以 OA OB OC OS   ．所以O 为棱锥 S ABC 外接球的球心，设半径为 R ， 又 OD AB ，且 10AB = ， 所以 10 2AD DB  ， 2 5 2OD R  ， 则 21 1 10 252 2OABS AB OD R     ． 又由 SC OA ， SC OB 且OA OB O 可证 SC 平面 OAB ， 所以 21 1 1510 25 23 2 3A SBCV R R      ，解得 3R  ． 所以外接球的体积  34 3 4 33V     ． 故选：B． 12．B【解析】 法一：如图，由已知可设 2F B n ，则 2 12 , 3AF n BF AB n   ，由椭圆的定义有 1 2 1 22 4 , 2 2a BF BF n AF a AF n       ．在 1AF B△ 中，由余弦定理推论得 2 2 2 1 4 9 9 1cos 2 2 3 3 n n nF AB n n      ．在 1 2AF F△ 中，由余弦定理得 2 2 14 4 2 2 2 43n n n n      ，解得 3 2n  ． 2 2 22 4 2 3 , 3 , 3 1 2 ,a n a b a c           所求椭圆方程为 2 2 13 2 x y  ，故选 B． 法二：由已知可设 2F B n ，则 2 12 , 3AF n BF AB n   ，由椭圆的定义有 1 2 1 22 4 , 2 2a BF BF n AF a AF n       ．在 1 2AF F△ 和 1 2BF F△ 中，由余弦定理得 2 2 2 1 2 2 2 1 4 4 2 2 2 cos 4 , 4 2 2 cos 9 n n AF F n n n BF F n                 ，又 2 1 2 1,AF F BF F  互补， 2 1 2 1cos cos 0AF F BF F     ， 两式消去 2 1 2 1cos cosAF F BF F , ，得 2 23 6 11n n  ，解得 3 2n  ． 2 2 22 4 2 3 , 3 , 3 1 2 ,a n a b a c           所求椭圆方程为 2 2 13 2 x y  ，故选 B． 答案第 6页，总 12页 13．1【解析】 绘制不等式组表示的平面区域如图所示， 目标函数 7z x y  即： 1 1 7 7y x z   ， 其中 z 取得最大值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最大， 据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 A 处取得最大值， 联立直线方程： 2 2 0 1 0 x y x y        ，可得点 A 的坐标为： ( )1,0A ， 据此可知目标函数的最大值为： max 1 7 0 1z     . 故答案为：1． 14． 2 3 【解析】  60A   ， 3a  ， 3 2 3sin sin sin sin 60 b c a B C A     ，  ( )2 3 si 2n sin sin sin sin sin sin sin si 3n A B Ca b c A B C A B C + ++ + = =+ + + + . 故答案为： 2 3 . 15． 3 2 【解析】 答案第 7页，总 12页 根据椭圆的定义： 2 2 3PF a  在焦点三角形 1 2PF F 中，由余弦定理可得： 2 2 2 1 2 1 2 1 2 4 2 PF PF ccos F PF PF PF    ， 代值可得： 2 24 4 18 27c a a   由 2 24c b  代入可得  24 4 4 4 18 2 27b      2 9 4b  ，即可得 3 2b  . 故答案为： 3 2 . 16． 2 7 3 【解析】 根据题意，连接 AC，BD，记其交点为 O，取 PC 上一点为 M，连接 MB，MD，作图如下： 若满足题意 DQ AC ，又 AC BD ，故 AC  平面 DBQ， 则点 Q 只要在平面 DBQ 与平面 PBC 的交线上即可. 假设如图所示：平面 DBM 与平面 DBQ 是同一个平面， 则 Q 点的轨迹就是线段 BM. 根据假设，此时直线 AC  平面 DBM，则 AC MO . 故三角形 MOC 为直角三角形. 因为三角形 PAD 是等边三角形，三角形 BAD 也是等边三角形， 答案第 8页，总 12页 故 AD PB ，又因为 BC//AD，故 BC  PB， 故三角形 PBC 为直角三角形，故 2 2 10PC PB BC   故在三角形 PAC 中， 2, 2 3, 10PA AC PC   由余弦定理可得： 10 12 4 3 30 202 10 2 3 cos PCA      故在直角三角形 MOC 中， 2 10 3 OCMC cos PCA   在直角三角形 PBC 中， BCcos PCB PC   = 2 10 510  在三角形 BCM 中： 2 2 2 282 9BM BC CM BC CM cos PCB        故可得： 2 7 3BM  . 故答案为 2 7 3 . 17．(1) an=2n-20;(2) n=9 或 n=10 时，Sn 取得最小值-90. 【解析】 （1）设公差为 d，由题意可得 1 1 3 12{ 7 4 a d a d       ，解得 1 18{ 2 a d    ， 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 9 2  d=-180+90=-90. 答案第 9页，总 12页 18．（1） 4 2 10 ；（2） 3 4 . 【解析】 （1）因为 1 3sin 2 32 4ABCS bc A bc  △ ，所以 8bc  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 22 cosa b c bc A b c bc      ，所以 2 2 3b c a bc   ， 又 4a  ， 8bc  ，所以 2 40b c  ，即 2 10b c  ，故 ABC 的周长为 4 2 10 ；…………4 分 （2）由正弦定理得 sin sin sin a b c A B C   ， 所以 2 2 sinsin sin bc AB C a   ，又 1 sin 2 32ABCS bc A  ， 4a  ， 所以 3sin 3sin sin 4 4 AB C   . 当sin 1A  时， 2A  ，此时 2 2 2 16b c a   ， 4 3bc  ， 即 2 3b  ， 2c  ；或 2b  ， 2 3c  . 故 2A  时，sin sinB C 取得最大值 3 4 .…………………………………………………8 分 19．（1）证明见解析（2） 3 【解析】 （1） PB  平面 ABC ， AC  平面 ABC PB AC  取 PC 的中点为 D ，连接 BD ,PB BC BD PC   又 平面 PAC  平面 PBC ，平面 PAC  平面 PBC PC ， BD  平面 PBC BD  平面 PAC 答案第 10页，总 12页 又 AC  平面 PAC BD AC  PB BD B  ， ,PB BD  平面 PBC AC  平面 PBC ……………………………………………………4 分 （2）设 AC a ，由（1）知， AC  平面 PBC ， BC 平面 PBC ， AC BC  如图，分别以 ,CA CB 所在直线为 x 轴， y 轴，过点C 作 z 轴，且平行于 PB 建立空间直角坐标系 易得 (0,0,0), ( ,0,0), (0,2,0), (0,2,2), (0,1,1)C A a B P D 平面 PAC 的法向量为 (0,1, 1)DB   设平面 PAB 的法向量为 ( , , ), (0,0,2), ( , 2,0)m x y z BP BA a     0, 2 0 2 ,1,02 0,0 m BP z max y am BA                    2 1 10cos , 1042 1 DB m a          解得 2 1a  ，即 1a  从而得出 5AB  ，在 Rt PBA 中， 2 2 3PA PB BA   线段 PA 的长为 3 …………………………………………………………………………10 分 20．（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）证明见详解. 【解析】（1）设 TMN 的周长为l ，则由 3S r ，得 1 32 lr r ，即 6l  所以 4TM TN  ，即T 在以 ,M N 为焦点，以 4 为长轴长的椭圆上. 答案第 11页，总 12页 设该椭圆方程为   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ，则 2 22, 1 3a b a    . 所以点T 的轨迹W 的方程为 2 2 14 3 x y  .…………………………………………………4 分 （2）证明：设      1 1 2 24, , , , ,P t E x y F x y 则直线 PB 的方程为  26 ty x      2 2 2 2 2 2 14 3 27 4 4 108 0 26 x y t x t x t ty x             ， 2 2 1 12 2 4 108 54 22 27 27 t tx xt t         2 1 1 2 2 54 2 182 26 6 27 27 t t t ty x t t          ， 即 2 2 2 54 2 18,27 27 t tE t t       直线 PC 的方程为  22 ty x      2 2 2 2 2 2 14 3 3 4 4 12 0 22 x y t x t x t ty x             ， 2 2 2 22 2 4 12 2 62 3 3 t tx xt t        2 2 2 2 2 2 6 62 22 2 3 3 t t t ty x t t           ， 答案第 12页，总 12页 即 2 2 2 2 6 6,3 3 t tF t t        设直线 EF 与 x 轴交点为  ,0K m ，则 ,KE KF   共线. 又 KE  2 2 2 54 2 18,27 27 t tmt t       2 2 2 2 6 6,3 3 tKF mt t         则 2 2 2 2 2 2 6 18 3 54 2 7 27 2 6 2 3 t t mt t t tt tm                  化简得 1.m  所以直线 EF 经过定点 1,0 …………………………………………………………………12 分