河北省张家口市宣化区宣化第一中学2020-2021学年高二数学上学期期初试题（含解析）.doc

1、河北省张家口市宣化区宣化第一中学2020-2021学年高二数学上学期期初试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若a，b，则下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过赋值法及利用不等式的基本性质即可判断出结论.【详解】由，A：取，时不成立；B：取，时不成立；C：取时不成立；D：，可得：恒成立.故选：D.【点睛】本题考查了赋值法、不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于较易题.2. 若是的内角，且，则与的关系正确的是( )A. B. C. D. 无法确定【答案】B【解析】【分析】运用正弦定理实现边角转换，再利用大边对大角，就可以

2、选出正确答案.【详解】由正弦定理可知：,，因此本题选B.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了三角形大边对大角的性质.3. 已知实数依次成等比数列，则实数的值为( )A. 3或3B. 3C. 3D. 不确定【答案】C【解析】【分析】根据等比中项的性质可以得到一个方程，解方程，结合等比数列的性质，可以求出实数的值.【详解】因为实数依次成等比数列，所以有当时，显然不存在这样的实数，故，因此本题选C.【点睛】本题考查了等比中项的性质，本题易出现选A的错误结果，就是没有对等比数列各项的正负性的性质有个清晰的认识.4. 过点且与直线垂直的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由两

3、直线垂直的性质求出所求直线的斜率，再用点斜式求直线的方程，化为一般式.【详解】解：由于直线的斜率为，故所求直线的斜率等于，故所求直线的方程为，即，故选：C.【点睛】本题主要考查两直线垂直性质，用点斜式求直线的方程，属于容易题.5. 如图，一圆锥形物体的母线长为4，其侧面积为，则这个圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用侧面积求解底面圆的周长，进而解出底面面积，再求体高，最后解得体积【详解】圆锥的展开图为扇形，半径，侧面积为为扇形的面积，所以扇形的面积，解得 ，所以弧长，所以底面周长为，由此可知底面半径，所以底面面积为，体高为，故圆锥的体积，故选C【点睛】本题

4、已知展开图的面积，母线长求体积，是圆锥问题的常见考查方式，解题的关键是抓住底面圆的周长为展开图的弧长6. 已知，是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则下列命题正确的是A. 若，则B. 若，且，则C. 若，则D. 若，且，则【答案】D【解析】【分析】利用面面、线面位置关系的判定和性质，直接判定【详解】解：对于A，若n，m，则或与相交，故错；对于B，若l，且ml，则m与不一定垂直，故错；对于C，若mn，m，则与位置关系不定，故错；对于D，l，l，ml，则m，故正确故选D【点睛】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间相互关系的合理运用7. 已知分别为内角

5、 的对边,若,b=则 =( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知利用正弦定理可求的值，根据余弦定理可得，解方程可得的值【详解】，由正弦定理，可得：，由余弦定理，可得：，解得：，负值舍去故选【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题8. 若为圆的弦AB的中点，则直线AB的方程是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由垂径定理，得AB中点与圆心C的连线与AB垂直，可得AB斜率k1，结合直线方程的点斜式列式，即可得直线AB的方程.【详解】AB是圆（x1）2+y225的弦，圆心为C（1，0）AB的中点P（2，1）满足AB

6、CP因此，AB的斜率k,可得直线AB的方程是y+1x2，化简得xy30故选D【点睛】本题考查圆的弦的性质，考查直线方程的求法，属于基础题.9. 已知正数、满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出的最小值【详解】，所以，则，所以，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为，故选【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题10. 如图，长方体中，那么异面直线与所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】可证得四边形为平行四边形，得到，将所求的异面直

7、线所成角转化为；假设，根据角度关系可求得的三边长，利用余弦定理可求得余弦值.【详解】连接， 四边形为平行四边形 异面直线与所成角即为与所成角，即设， ，在中，由余弦定理得：异面直线与所成角的余弦值为：本题正确选项：【点睛】本题考查异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过平行关系将问题转化为相交直线所成角，在三角形中利用余弦定理求得余弦值.11. 已知数列的通项公式，前n项和为，若，则的最大值是（ ）A. 5B. 10C. 15D. 20【答案】B【解析】【分析】将的通项公式分解因式，判断正负分界处，进而推断的最大最小值得到答案.【详解】数列的通项公式当时，当或是最大值为或最小值为或的最大值为

8、故答案为B【点睛】本题考查了前n项和为的最值问题，将其转化为通项公式的正负问题是解题的关键.12. 在三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出的外接圆的半径，然后取的外接圆的圆心，过作，且，由于平面，故点为三棱锥的外接球的球心，为外接球半径，求解即可.【详解】在中，可得，则的外接圆的半径，取的外接圆的圆心，过作，且，因为平面，所以点为三棱锥的外接球的球心，则，即外接球半径，则三棱锥的外接球的表面积为.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分

9、）13. 直线2mx+ym10恒过定点_【答案】（）【解析】分析】直线方程对整理，令系数为，从而得到关于的方程组，解出的值，得到答案.【详解】直线2mx+ym10，可化为（2x1）m+（y1）0，由，解得，直线过定点（）故答案为（）【点睛】本题考查直线过定点问题，属于简单题.14. 中，角的对边分别为，已知，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】运用余弦定理和重要不等式，可以求出的最大值，再结合三角形面积公式求出的最大值.【详解】由，又，由余弦定理得，故.15. 设数列的前项和为，若，且，则_.【答案】【解析】【分析】对已知的等式，取倒数，这样得到一个等差数列，求出等差数列的通项公式，最后求出

10、的值.【详解】,，所以数列是以为公差的等差数列，所以等差数列的通项公式为.【点睛】本题考查了等差数列的判断和通项公式的求解问题，对等式进行合理的变形是解题的关键.16. 设圆圆.点分别是圆 上的动点，P为直线上的动点，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】在直接坐标系中，画出两个圆的图形和直线的图象，根据圆的性质，问题就转化为|PC1|+|PC2|Rr|PC1|+|PC2|7的最小值，运用几何的知识，作出C1关于直线yx对称点C，并求出坐标，由平面几何的知识易知当C与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|取得最小值，最后利用两点问题距离公式可以求出最小值.【详解】可知圆C1的圆心（5，2），

11、r2，圆C2的圆心（7，1），R5，如图所示：对于直线yx上任一点P，由图象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，则问题可转化为求|PC1|+|PC2|Rr|PC1|+|PC2|7的最小值， 即可看作直线yx上一点到两定点距离之和的最小值减去7，又C1关于直线yx对称的点为C（2，5），由平面几何知识易知当C与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|取得最小值，即直线yx上一点到两定点距离之和取得最小值为|CC2|PA|+|PB|的最小值为7【点睛】本题考查了求定直线上的动点分别到两个圆上的动点的距离之和最小值问题，考查了数形结合思想，利用圆的几何性质转化是解题的关键，利用对称思想也是本题解题

12、的关键.三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）17. 在长方体中，底面是边长为2的正方形，是的中点，是的中点.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接推导出，则四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面；（2）在长方体中，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值.【详解】证明：（1）连接，分别为，的中点，长方体中，四边形是平行四边形，平面，平面，平面（2）在长方体中，分别以，为，轴建立如图所示空间直角坐标系,则，设平面的一个法向量，取，则，设平面的一个法向量，取，则，所以，设二面角为，则，又，则.二面角

13、的正弦值为.【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.18. 在中，内角，的对边分别是，且满足：.（）求角的大小；（）若，求的最大值.【答案】（）；（）2.【解析】【分析】（）运用正弦定理实现角边转化，然后利用余弦定理，求出角的大小；（）方法1：由（II）及，利用余弦定理，可得，再利用基本不等式，可求出的最大值；方法2：利用正弦定理实现边角转化，利用两角和的正弦公式和辅助角公式，利用正弦型函数的单调性，可求出的最大值；【详解】（I）由正弦定理得：， 因为，所以， 所以由余弦

14、定理得：， 又在中，所以. （II）方法1：由（I）及，得，即， 因为，（当且仅当时等号成立） 所以.则（当且仅当时等号成立） 故的最大值为2. 方法2：由正弦定理得， 则， 因为，所以， 故的最大值为2（当时）.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、基本不等式，考查了二角和的正弦公式及辅助角公式，考查了数学运算能力.19. 设为正项数列的前项和，且满足.（1）求的通项公式；（2）令，若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）代入求得，根据与的关系可求得，可知数列为等差数列，利用等差数列通项公式求得结果；验证后可得最终结果；（2）由（1）可得，采用裂项相消的方法求得，可

15、知，从而得到的范围.【详解】（1）由题知：，令得：，解得：当时，-得： ，即是以为首项，为公差的等差数列 经验证满足（2）由（1）知： 即【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解、裂项相消法求和，关键是能够利用与的关系证得数列为等差数列，从而求得通项公式，属于常规题型.20. 已知两个定点A（0，4），B（0，1），动点P满足|PA|2|PB|，设动点P的轨迹为曲线E，直线l：ykx4.（1）求曲线E的轨迹方程；（2）若l与曲线E交于不同的C、D两点，且（O为坐标原点），求直线l的斜率；（3）若k1，Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM、QN，切点为M、N，探究：直线MN是否过定点，若

16、存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）直线过定点.【解析】【分析】（1）设点P坐标为（x，y），运用两点的距离公式，化简整理，即可得到所求轨迹的方程；（2）由，则点到边的距离为，由点到线的距离公式得直线的斜率；（3）由题意可知：O，Q，M，N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，设，则圆的圆心为运用直径式圆的方程，得直线的方程为，结合直线系方程，即可得到所求定点【详解】（1）设点的坐标为，由可得，整理可得，所以曲线的轨迹方程为. （2）依题意，且，则点到边的距离为，即点到直线的距离，解得，所以直线的斜率为.（3）依题意，则都在以为直径的圆上，是直线上的动点，设则圆的圆心为，且经过坐标原点，即圆的方程为，又因为在曲线上，由，可得即直线的方程为由且可得，解得，所以直线是过定点.【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，注意运用两点的距离公式，考查直线和圆相交的弦长公式，考查直线恒过定点的求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题