【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（理）答案.pdf，共(5)页，532.515 KB，由管理员店铺上传

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1理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DADBCBDBDCAB1.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a⊥b得4×(－2)＋(－2)×1＋6x＝0，x＝53.由a∥b得(4，－2，6)＝λ(－2，1，x)，λ＝－2，x＝－3，故选A.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.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.5.C解析：根据线线、线面、面面间的位置关系易知C正确．6.B解析：∵y=kx+1过定点（0,1），∴距离的最大值为221

12..7.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＝4.8.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AN，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，9.D解析：AB与SC所成角为∠SCD，DC与SA所成角为∠SAB=90°，显然

不相等，故选D.10.C解析：建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，设AB=2，则11113,0,0,0,1,1,0,1,0,3,0,1,3,1,1,3,1,1,BACBABCB∴111cos,5ABCB

.11.A解析：连接C1P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＝26.12.B

解析：l2为x＋1＝a（y－1）－1，k＝1a＝13，a＝3，l1：y＝3x－1，如图，设点B关于l1的对称点为B′（m，n），则n－4m－0＝－13，且3·m＋02－n＋42－1＝0，解得B′（3，3），此时||AQ|－|BQ||取最大值为2243135AB

.2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）[13.－3414.3515.[1－33，1＋3]16.20π13.－34解析：，f(a)＝logaa＋a＝3，∴a＝2，f(－2)＝2－2－1＝－34．14.35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=155.15.[1－33，1＋3]当α＝π2时，m＝1；当α≠π2时，斜

率存在，记为k＝1m－1＝tanα，则1m－1≥33或1m－1≤－3，解得1<m≤1＋3或1－33≤m<1.，∴m的取值范围是[1－33，1＋3].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21

323332rrr，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＝a

1·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＋c2－2bccos

A＝(b＋c)2－3bc，∴22821083bc，(10分)∴△ABC的面积113sin823222SbcA.(12分)319．解析：(1)由已知得直线AB的斜率为2，∴AB边所在的直线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.

(4分)(2)由2x－y＋1＝02x＋y－3＝0得x＝12y＝2，即直线AB与直线BE的交点为B(12，2)．设C(m，n)，则由已知得m＋2n－4＝02·m2＋n＋12－3＝0，解得m＝2n＝1，∴C(2，1)．∴BC边所在直线的方程为y

－12－1＝x－212－2，即2x＋3y－7＝0.(8分)(3)∵E是线段AC的中点，∴E(1，1)，∴|BE|＝（12－1）2＋（2－1）2＝52，由2x－y＋1＝0x＋2y－4＝0得x＝25y＝95，∴D(25，95)，∴D

到BE的距离为d＝|2×25＋95－3|22＋12＝255，∴S△BDE＝12·d·|BE|＝110.(12分)20．解析：(1)由已知易得AB∥CD，AF∥CE，又AB∩AF＝A，CD∩CE＝C，AB、AF⊂平面ABF，CD、CE⊂平面DCE，∴平面ABF∥平面DC

E.(4分)(2)设AC∩BD＝O，连接OE，则O为AC中点，∵M为EF的中点，∴EM∥OA，且EM＝OA，∴OAME为平行四边形，∴AM∥OE，又AM⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴AM∥平面BDE.(8分)(3)∵BD⊥AC，平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF＝

AC，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面ACEF，∵AM⊂平面ACEF，∴BD⊥AM，由已知可得AO＝2，∴AFMO为正方形，∴OF⊥AM，∵BD，OF⊂平面BDF，BD∩OF＝O，∴AM⊥平面BDF.∴点A到平面BDF的距离为12AM.（12分）21．

解析：(1)设AB＝2BC＝2a，则AE＝BE＝2a，∴AE2＋BE2＝2a2＋2a2＝4a2＝AB2，∴AE⊥BE.∵平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面PAE.(4分)4(2)取AE中点O，连接PO，∵PA＝PE，∴PO⊥AE，∴PO⊥

平面ABCE，建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，设BC=2，则A22,0,0,2,0,2,0,22,0,2,2,0PBC,2,22,2,2,0,2,2,2,0,PBAPCB设平面ABP的法向量为,,ma

bc，则22220220abcac，取a=1可得1,1,1m，设平面CBP的法向量为,,nxyz，则22220220xyzxy，取1x可得1,1,3n

，33cos,11mnmnmn,由图可得二面角A-PB-C为钝角，∴二面角A-PB-C的余弦值为3311.（12分）22.解析：（1）连接AC交BD于点O，建立如图所示空间坐标系.∵SA＝5，∴OS＝3，则S（0，0，3），A（2，0，0），D（0，－2，

0），B（0，2，0），E（22，0，32），F（0，－22，32），设G是AD的中点，则G（22，－22，0），SG→＝（22，－22，－3），EF→＝（－22，－22，0），EB→＝（－22，2，－32），∵SG→·EF→＝0，

SG→·EB→＝0，∴SG⊥EF，SG⊥EB，∴SG⊥平面BEF，∵SG⊂平面SAD，∴平面BEF⊥平面SAD.（6分）（或取AD中点G，连接SG交EF于点M，则SG⊥EF，SG⊥BM）（2）设OS＝h，则S（0，0，h），E（22，0，h2），F（0，－22，h2），

则EF→＝（－22，－22，0），EB→＝（－22，2，－h2），设平面BEF的法向量为n1＝（x，y，z），则n1·EF→＝0n1·EB→＝0，即－22x－22y＝0－22x＋2y－hz2＝0，令x＝1，则y＝－1，z＝－32h，5∴n1＝（1，－1，－32h），取平面ABCD的法向量为n2＝

（0，0，1），则cos30°＝|n1·n2|n1||n2||，即32＝32h2＋18h2，解得h＝3，∴CS→＝（2，0，3），∴sin<CS→，n1>＝|CS→·n1|CS→||n1||＝2222·5＝55，即直线SC与平面BEF所成角的

正弦值为55.（12分）