【文档说明】河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学答案（PDF版）.pdf，共(8)页，928.868 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总8页数学试题参考答案1．D【详解】对A，B选项，当1,2ab时，不等式22ab和11ab不成立，则A，B错误；对C选项，当0a时，不等式2aab不成立，则C错误；对D选项，因为函数2xy在R上单调递增，ab，所以22a

b，则D正确；2．D解：∵b＝3，c6，C4，∴由正弦定理bcsinBsinC，可得364sinBsin，可得：sinB32，∵c＜b，可得B3或23，故选：D．0)1)(1(,0)1(011.

322xxxxxxxxxB即等价于在数轴上标跟如下图：B1}x0-1x|{x选或不等式的解集是：4．D【解析】由题意，A中，根据线面垂直的判定定理，只有当直线m与直线n相交时，才能得到l，所以不正确；B中，根

据面面垂直的性质定理可知，只有当m时，才能得到m，所以不正确；C中，当//mn时，此时平面与平面可能是相交平面，所以不正确；D中由//,l，则l，又//ml，则m，又因为n，所以mn，所以是正确的，故选D.5．C因为468101285aaaa

aa，所以，248aC163233)2(3331861014101014101410选aaaaaaaaaa6．B【解析】4'',2''''CBCOBO，根据斜二测画法的知识可知，正三棱锥的底面等边三角形的答案第2页，总8页边长为4，其面积为344

432，所以正三棱锥的体积为.3433431故选：B7．A【解析】解：因为12//ll所以得2320mm得1m或2m，两直线重合时，02:02:121yxlyxlmA012:022:221选合题时，yxlyxl

m8．C【解析】设等差数列na的公差为d，由7453aa，利用通项公式化为02121da，得2230,0)1(221)1(00,221111nddnddnaadadan解

得又最大又11*SNn9．A【解析】设直线l的方程为xa＋yb＝1(a＞0，b＞0)，根据点(1,1)M在直线上以及面积可得2,2ab，由此可得圆心坐标和半径，从而可得圆的标准方程.【详解】设直线l的方程为xa＋yb＝1(a＞0，b＞0)，由直线l过点(1,1)M，得1a＋1b＝1，

又S△OAB＝12ab＝2，所以2,2ab，所以△OAB是等腰直角三角形，且M是斜边AB的中点，则△OAB外接圆的圆心是点(1,1)M，半径|OM|＝2，所以圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.故选：A10．B【详解】如图，连接BM，取BM的中点O，连接ON，因为N是BC中

点，则//ONCM，所以ANO（或其补角）就是异面直线,ANCM所成的角，因为AB=AC=BD=CD=AD=BC=4，点M，N分别为AD，BC的中点，所以,,ANBCAMADBMAD,答案第3页，总8页因此有22221()22243ANACBC

，同理32CM，32BM222211()()()22237AOADBM，123NOCM，22222233723(2)()()cos22332ANONAOANOANNO.故选：B11．C试题分析：由余弦定理得𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑐cos𝐵=(𝑎

+𝑐)2−2𝑎𝑐−2𝑎𝑐cos𝐵，又面积𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑐sin𝐵=14𝑎𝑐=32⇒𝑎𝑐=2，因为𝑎，𝑏，𝑐成等差数列，所以𝑎+𝑐=2𝑏，代入上式可得𝑏2=4𝑏2−6，整理得𝑏2=2，解得𝑏=√2，故选C．12．C若M

PN最大，则只需CPN最大，可知当PN是圆C的切线时，CPN最大，根据正弦值可确定只需CP最小时，CPN最大；当CPy轴时，CP最小，由此得到CPN的最小值，从而求得结果.【详解】由圆的对称性可知，若MPN最大，则只需CPN最大，当直线PN是圆C的切线时，C

PN最大.3sinCNCPNCPCP，CPN最大时，CP最小，当CPy轴时，CP最小，最小值为2，sinCPN的最大值为22，max45CPN，max90MPN.故选：C13．98【详解】设等比数列na的公比为q，根据题意，有318q，解

得12q，答案第4页，总8页则61363311111918aqSqqSaqq．故答案为：98.14．12【解析】【分析】由于22(1)(2)xy表示点1,2与直线上的点的距离的平方，可知22(1)(2)xy的最小值

为点1,2到直线20xy距离的平方，由点到直线的距离公式可得结果.【详解】由于22(1)(2)xy表示点1,2与直线上的点的距离的平方，可知22(1)(2)xy的最小值为点1,2到直线20xy距离的平

方，所以最小值为2221221211.故答案为：1215．23【解析】【分析】首先将三棱锥SABC放入长方体中，得到三棱锥SABC与长方体有相同的外接球，再根据外接球的表面积即可得到答案.【详解】将三棱锥SABC放入长方体中，如图所示：由图可知三棱锥SA

BC与长方体有相同的外接球.设SAh，长方体的外接球半径为R，因为2412R，解得2R.又因为2223122hR，解得23h.16．62在ABD，BCD中，利用余弦定理可得6160cosA=4

140cosC，再结合180AC可得1cos3A，再结合三角形面积公式可得11sinsin22ABDBCDSSSABADABCCDC，将值代入运算即可.【详解】答案第5页，总8页解：连接

BD，在ABD中，2222cos6160cosBDABADABADAA，在BCD中，2222cos4140cosBDBCCDBCCDCC，所以6160cosA=4140cosC，因为180AC，所以cos

cosAC，所以1cos3A，则22sin3A，所以四边形ABCD面积11sinsin22ABDBCDSSSABADABCCDC1221222343622323，故答案为62.17．（Ⅰ）240xy；（Ⅱ）2x或010

34yx.（Ⅰ）求出定点A的坐标，设要求直线的方程为20xyn，将点A的坐标代入方程可求得n的值，即可写出直线l的方程（Ⅱ）分直线l斜率存在和不存在两种情况讨论，根据点到直线的距离公式即可得到答案【详解】直线012mymx可化为01)2(yxm，由0

102yx可得12yx，所以点A的坐标为1,2.（Ⅰ）设直线l的方程为20xyn，将点A1,2代入方程可得4n，所以直线l的方程为240xy（Ⅱ）①当直线l斜率不存在时，因为直线过点A，所以直线方程为2x，符合原点到直线l的

距离等于2.答案第6页，总8页②当直线l斜率不存在时，设直线l方程为21xky，即012kykx因为原点到直线的距离为2，所以21122kk，解得43k所以直线l的方程为34100

xy综上所以直线l的方程为2x或34100xy18．（1）3；（2）63ca.【详解】（1）因为2coscoscosbBaCcA，所以2sincossincossincossin()sinBBACCAACB，因为sin

0B，所以1cos2B，由0,B，3B.（2）余弦定理Baccabcos2222212922acca，acca392又42caac43922caca即6

ca，当且仅当3ca时取等又3.cabca所以63ca19．【详解】（Ⅰ）证明：如图，M是SA的中点又N是AC的中点，∴MN//SC，∵MN不在平面SBC内，∴MN//平面SBC。（Ⅱ）∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD又SD⊥平面ABCD，A

C在平面ABCD内∴SD⊥AC。∴AC⊥BD,SD⊥AC,BD∩SD=D,且BD、SD平面SBD∴AC⊥平面SBD,又AC在平面SAC内,∴平面SAC⊥平面SBD（Ⅲ）由（Ⅰ）得∵MN//SC，∴MN与平面SBD

所成的角的大小等于SC与平面SBD所成的角答案第7页，总8页由（Ⅱ）得,AC⊥平面SBD,∴SC在平面SBD的射影为SN，∴∠CSN即为所求∵SD=DC=AD，∠SDA=∠SDC=∠ADC=90°，∴∆SAC为等边三角形，又N为AC中点∴∠C

SN=30°∴MN与平面SBD所成角的大小是30.20．（Ⅰ）13nna（Ⅱ）1nnTn【详解】（Ⅰ）123nnSa，令1n，解得11a，2n，12311nnSa，两式相减，得1

3nnaa，所以数列na是以11a为首项，q=3为公比的等比数列，所以数列na的通项公式为13nna；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，13nna，123nnSa，所以nnnaS3321，即nSbnnn3log21log33，∴111111111

1223(1)2231nTnnnn1111nnn.21．【详解】（1）当0m时,,1x;（2）当0m

时,原不等式化为041mxx.①当0m时,原不等式化为014xmx.,14,mx.②当0m时,原不等式化为014xmx.a.当04m时,mx4,

1；答案第8页，总8页b.当4m时，x；c.当4m时，1,4mx.综上，略。22．（1）4222yx（2）最大值2，0yx或04yx.（1）方法一、求得AB的垂直平分线方程与已知直线联立，求得圆心，可得半

径，即可得到所求圆的方程；方法二、设圆C的方程为222()()xaybr，将点代入可得a，b，r的方程组，解方程可得圆的方程；（2）直线l与圆C相交，设直线l的方程为0xym，求得圆心到直线的

距离和弦长，由三角形的面积公式，化为关于2d的二次函数，求得最值，进而求得m，可得所求直线方程；【详解】（1）0,4和2,2两点的中垂线方程为：02yx，圆心必在弦的中垂线上，联立04202yxyx得

0,2C，半径2r，所以圆C的标准方程为：4222yx.（2）设直线l的方程为0myx，圆心C到直线l的距离为d，∴22md，且2,0d，222224ABrdd，ABC面积22242144242SdABddddd

，当22d，20,2d时，S取得最大值2此时222md，解得：0m或4m所以，直线l的方程为：0yx或04yx.