【文档说明】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.pdf，共(12)页，323.029 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总12页数学线上测试(二)参考答案1．C【解析】由,,abcR，且ab，则0ab，对于A中，由()()2acbcabc，其中()2abc不一定大于0，所以不一定成立；对于B中，由()

acbcabc，当0c时，可得()0abc，此时acbc，所以B不一定成立；对于C中，因为20,0abc，可得2()0abc，所以C一定成立；对于D中，当2c0时，可得20cab，所以D不一定成立.故选：C.2

．A【解析】811xy811616221010218yxyxxyxyxyxyxy当且仅当16yxxy，即12x，3y时，2xy取得最小值18故选A3．D【解析】因为na等比数列，且31174,aaa27740a

a，解得74a，数列nb是等差数列，则31177228bbba，故选：D.4．A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14DD上的点在正视图中都对应点M,直线34BC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34DD,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：A5．D【解析】圆的方程可化为22114xy，点M到直线l的距离为2221125

221d，所以直线l与圆相离．依圆的知识可知，四点,,,APBM四点共圆，且ABMP，所以14442PAMPMABSPAAMPA，而24PAMP，当直线MPl时，min5MP

，min1PA，此时PMAB最小．∴1:112MPyx即1122yx，由1122220yxxy解得，10xy．所以以MP为直径的圆的方程为1110xxyy，即2210xyy，两圆的方程相减可得：210xy

，即为直线AB的方程．故选：D.6．A【解析】∵bc，∴BC，又°60C，∴°B60，由正弦定理可得sinsinbCBc2sin60226∴B=45°.故选：A7．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：1CE

(1,1,1)设平面11BDC的法向量为n(,,)xyz则11100nBDnBC可得：020xyxz取n(2,2,1)则1,cosnCE=11nCEnCE

553933设直线1CE与平面11BDC的夹角为则539sin，261sin9cos.故选：A.8．B【解析】因为方程2132yx所以10y,所以1y或1y将原式变形可得22213xy所以曲线为两个半圆,半径为3所以曲

线的长度为2323C故选:B9．C【解析】答案第4页，总12页设球O的半径为R，则2416R，解得：2R.设ABC外接圆半径为r，边长为a，ABC是面积为934的等边三角形，21

393224a，解得：3a，22229933434ara，球心O到平面ABC的距离22431dRr.故选：C.10．C【解析】在等式mnmnaaa中，令1m，可得112nnnaaaa，12nnaa，所以，数列na是以2为首项，以2为公比的等

比数列，则1222nnna，1011011105101210122122212211212kkkkkkaaaa，1522k，则

15k，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4ASCBSC，ACAS，BCBS，所以90SACSBC，答案第5页，总12页所以OAOBOCOS．所以O为棱锥SABC

外接球的球心，设半径为R，又ODAB，且10AB=，所以102ADDB，252ODR，则211102522OABSABODR．又由SCOA，SCOB且OAOBO可证SC平面OAB，所以21

11510252323ASBCVRR，解得3R．所以外接球的体积343433V．故选：B．12．B【解析】法一：如图，由已知可设2FBn，则212,3AFnBFABn，由椭圆的定

义有121224,22aBFBFnAFaAFn．在1AFB△中，由余弦定理推论得22214991cos2233nnnFABnn．在12AFF△中，由余弦定理得22144222

43nnnn，解得32n．2222423,3,312,anabac所求椭圆方程为22132xy，故选B．法二：由已知可设2FBn，则212,3AFnBFABn，由椭圆的定义有121224,22aBFBFnAFaAFn．在12AFF

△和12BFF△中，由余弦定理得2221222144222cos4,422cos9nnAFFnnnBFFn，又2121,AFFBFF互补，2121coscos0AFFBF

F，两式消去2121coscosAFFBFF,，得223611nn，解得32n．2222423,3,312,anabac所求椭圆方程为22132xy，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7zxy即：1177yxz，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：22010xyxy，可得点A的坐标为：()1,

0A，据此可知目标函数的最大值为：max1701z.故答案为：1．14．23【解析】60A，3a，323sinsinsinsin60bcaBCA，()23si2nsinsinsinsinsinsinsinsi3

nABCabcABCABC++++==++++.故答案为：23.15．32【解析】答案第7页，总12页根据椭圆的定义：223PFa在焦点三角形12PFF中，由余弦定理可得：22212121242PFPFccos

FPFPFPF，代值可得：22441827caa由224cb代入可得2444418227b294b，即可得32b.故答案为：32.16．273【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DQAC，又ACBD，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ACMO.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ADPB，又因为BC//AD，故BCPB，故三角形PBC为直角三角形，故2210PCPBBC故在三角形PAC中，2,2

3,10PAACPC由余弦定理可得：101243302021023cosPCA故在直角三角形MOC中，2103OCMCcosPCA在直角三角形PBC中，BCcosPCBPC=210510在三角形BCM中：2222829BMBCCMBCCMcosPCB故

可得：273BM.故答案为273.17．(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11312{74adad，解得118{2ad，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=S1

0=10a1+1092d=-180+90=-90.答案第9页，总12页18．（1）4210；（2）34.【解析】（1）因为13sin2324ABCSbcAbc△，所以8bc，由余弦定理得222222cosabcbcAbcbc，所以223

bcabc，又4a，8bc，所以240bc，即210bc，故ABC的周长为4210；…………4分（2）由正弦定理得sinsinsinabcABC，所以22sinsinsinbcABC

a，又1sin232ABCSbcA，4a，所以3sin3sinsin44ABC.当sin1A时，2A，此时22216bca，43bc，即23b，2c；或2b，23c.故2A

时，sinsinBC取得最大值34.…………………………………………………8分19．（1）证明见解析（2）3【解析】（1）PB平面ABC，AC平面ABCPBAC取PC的中点为D，连接BD,PBBCBDP

C又平面PAC平面PBC，平面PAC平面PBCPC，BD平面PBCBD平面PAC答案第10页，总12页又AC平面PACBDACPBBDB，,PBBD平面PBCAC平面PBC……………………………………………………4

分（2）设ACa，由（1）知，AC平面PBC，BC平面PBC，ACBC如图，分别以,CACB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)CAaB

PD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)mxyzBPBAa0,202,1,020,0mBPzmaxyamBA

2110cos,10421DBma解得21a，即1a从而得出5AB，在RtPBA中，223PAPBBA线段PA的长为3…………………………………………

………………………………10分20．（1）22143xy；（2）证明见详解.【解析】（1）设TMN的周长为l，则由3Sr，得132lrr，即6l所以4TMTN，即T在以,MN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222210xya

bab，则222,13aba.所以点T的轨迹W的方程为22143xy.…………………………………………………4分（2）证明：设11224,,,,,PtExyFxy则直线PB的方程为26tyx

2222221432744108026xytxtxttyx，221122410854222727ttxxtt211225421822662727ttttyxtt

，即22254218,2727ttEtt直线PC的方程为22tyx22222214334412022xytxtxttyx，22222241226233

ttxxtt22222266222233ttttyxtt，答案第12页，总12页即222266,33ttFtt设直线EF与x轴交点为,0Km，

则,KEKF共线.又KE22254218,2727ttmtt222266,33tKFmtt则22222261835427272623ttmttttttm化简得1.m

所以直线EF经过定点1,0…………………………………………………………………12分