【文档说明】陕西省安康市2020-2021学年高二上学期期中考试数学（文）答案.pdf，共(4)页，433.224 KB，由小赞的店铺上传

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1文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DADABCADBBCA1.D解析：A＝{x∈Z|x2－2x－3＜0}＝{x∈Z|－1＜x＜3}＝{0，1，2

}，∴A∩B＝{0，1，2}．2.A解析：由已知可得直线过点2,4，斜率为12，∴方程为142,2602yxxy即.3.D解析：易知f(x)为偶函数，当x∈(0，π2)时，f(x)>0，又f(π)<0，故选D.4.A解析：，f(a)＝logaa＋a＝3，∴a

＝2，f(－2)＝2－2－1＝－34．5.B解析：该几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其体积V＝13·π·22·3＋π·22·2＝12π.6.C解析：根据线线、线面、面面间的位置关系易知C正确．7.A解析：由题意直线l过圆心1,2，当截距不为0时，设:1xylaa，代入得:10lxy

；当截距为0时，2:,201lyxxy即.8.D解析：由线面平行的性质易知PFED为菱形，由VABC为正四面体知VB⊥AC，∴PFED为正方形，∴SPFED＝2×2＝4.9.B解析：将正方体的展开图还原为正方体ABCD﹣EFMN后，可得AF，CN异面；BM，AN平行；连接A

N，NF，可得∠FAN为AF，BM所成角，且为60°；AN⊥DE，DE⊥AB可得DE⊥平面ABN，可得DE⊥BN，∴③④正确，10.B解析：∵CP≥|4＋1－0|22＋（－1）2＝5，∴PA＝CP2－r2≥2.11.C解析：圆心M（1，5），半

径为1，如图，作点P（7，3）关于x轴的对称点P'（7，-3），连接MP'，交圆于点Q，交x轴于点S，则|SP|+|SQ|的值最小.否则，在x轴上另取一点S'，连接S'P，S'P'，S'Q，∵P与P'关于x轴对称，∴|SP|=|SP'|，|S'P|=|S'P'

|，∴|SP|+|SQ|=|SP’|+|SQ|=|P'Q|＜|S'P'|+|S'Q|=|S'P|+|S'Q|.（三角形中两边之和大于第三边）．故|SP|+|SQ|的最小值为|P'M|-1=221753-1=9.12.A解析：连接C1

P并延长交BC于点E，取A1D1中点为F，连接AF、C1F、AC1、EF，则菱形AEC1F即为截面，由已知可求得EF＝22，AC1＝23，∴截面面积S＝12×22×23＝26.2二、填空题（本大题共4小题，每小题

5分，共20分）[13.114.315.3516.20π13.1解析：由已知可得m－31＋m＝－1，解得m＝1.14.3解析：圆心到直线3x+4y-7=0的距离2237234d，∴点P到直线3x+4y-7=0的距离的最大值为3，∴△ABC面积的最大值是3.15.35解析：由

图可得分数在[70，80)的有40.1－4－12－8－4＝12人，∴抽取的分数在[70，80)的有3人，在[80，90)的有2人，在[90，100]的有1人，从中任取2人，共有15种不同的结果，其中至少有1人成绩位于[80，90)的有9种，故所求概率为93=1

55.16.20π解析：设正三棱柱的底面内切圆的半径为r，则底面面积为21323332rrr，正三棱柱的高h＝2r．∴233263Vrr，解得1r，∴正三棱柱外接球半径22215R，表面积24π520πS.三、解答题（本大题共6小题，共70

分）17.解析：(1)由已知得a22＝a1·a6，∴(a1＋d)2＝a1·(a1＋5d)，化简得d2＝3d，∵d≠0，∴d＝3，∴an＝3n－2.(5分)(2)由(1)知bn＝1（3n－2）（3n＋1）＝13(13n－2－13n＋1)，∴Sn＝13[(1－14)＋(14－17)＋…＋(13n－2

－13n＋1)]＝13(1－13n＋1)＝n3n＋1.(10分)18．解析：(1)f(x)＝32sin2x＋12cos2x＝sin(2x＋π6)，(3分)令2kπ－π2≤2x＋π6≤2kπ＋π2得kπ

－π3≤x≤kπ＋π6(k∈Z)，∴f(x)的单调递增区间为[kπ－π3，kπ＋π6](k∈Z)．(6分)(2)由f(A)＝12得sin(2A＋π6)＝12，∴π6<2A＋π6<2π＋π6，∴2A＋π6＝5π6，∴A

＝π3，(8分)由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc，∴22821083bc，(10分)∴△ABC的面积113sin823222SbcA.(12分)319.解

析：(1)连接AB1，设AB1与A1B的交点为D，连接OD，在△AB1C中，O是AC的中点，D是AB1的中点，∴OD∥B1C，又OD⊂平面A1OB，∴B1C∥平面A1OB.(6分)(2)连接A1C，因为O为AC的中

点，且ACC1A1是∠A1AC＝60°的菱形，所以A1O⊥AC，同理BO⊥AC，所以AC⊥平面A1OB，又因为AC⊂平面ABC，所以平面A1OB⊥平面ABC.(12分)20.解析：(1)圆心C在PQ的中垂线

y＋1＝12(x＋2)上，与x＋2y－4＝0联立解得C(2，1)，∴半径r＝|PC|＝5，∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝25.(4分)(2)直线l的方程可化为k(x－3)－(x－2y－5)＝0，令x－3＝0x－2y－5＝0可得x

＝3，y＝－1，∴直线l过定点M(3，－1)，由(3－2)2＋(－1－1)2<25可知M在圆内，∴直线l与圆C一定相交．(8分)(3)设圆心C到直线l的距离为d，弦长为L，则L＝2r2－d2＝225－d2，∵0≤d≤|CM|，即0≤d≤5，∴45≤L≤10，即弦长的取值

范围是[45，10]．(12分)21．解析：(1)设AB＝2BC＝2a，则AE＝BE＝2a，∴AE2＋BE2＝2a2＋2a2＝4a2＝AB2，∴AE⊥BE.(2分)∵平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面PAE.(4分)(2)取AE中点O，连接

PO，∵PA＝PE，∴PO⊥AE，∴PO⊥平面ABCE，又PO＝22a，BO＝102a，∴2222102644aa，解得22a,(8分)四边形ABCE的面积S＝3a22=12，∴VP­ABCE＝13·S·PO＝8.(12分)22.解析：(1)

设C1(a，b)，则由题意得b＋2a＋1·1＝－1a－12－b－22＋1＝0，解得a＝－3，b＝0，∴圆C1的方程为(x＋3)2＋y2＝4.(3分)将圆C1与圆C2方程相减得两圆的公共弦所在直线方程为x－y＋1＝0，C1(－3，0)到公共弦所在直线的距离为22＝2，∴两圆的公

共弦长为24－2＝22.(6分)(2)由已知可得直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋3，代入(x＋3)2＋y2＝4整理得(1＋k2)x2＋6(k＋1)x＋14＝0，4由Δ>0得9－2145<k<9＋2145，设M(x1，kx1＋3)，N(x2，kx2＋3)，则x1＋x2＝－6（1＋k）

1＋k2，x1x2＝141＋k2，∴OM→·ON→＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋3k(x1＋x2)＋9＝23－18（k2＋k）k2＋1＝5－18（k－1）k2＋1，其中9－2145<k<9＋2145.(9分)要求最小值，只需在k－1＞0的情形下计算．令k－1＝t，则OM

→·ON→＝5－18tt2＋2t＋2＝5－18t＋2t＋2≥14－92，当t＝2，k＝2＋1时，OM→·ON→取得最小值14－92，此时直线l的方程为y＝(2＋1)x＋3.(12分)