高二数学（理）答案(1).docx

1、试卷第 1页，总 7页 安徽省卓越县中联盟安徽省卓越县中联盟2020-20212020-2021学年第一学期高二期中联学年第一学期高二期中联考考 数学（理）答案数学（理）答案 一、选择题一、选择题 题题 号号 123456789101112 答答 案案 ACDCBADBDDDB 12.【详解】 对于， M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点， / /MNBD， 又MN 平面ABD，BD 平面ABD，/ /MN平面ABD，正确； 对于， 取AC中点O， 连接,DO BO， 如图， 则,DOAC BOAC，BODOO， AC 平面BDO，而BD 平面BDO，ACBD，ACMN，即异面直 线M

2、N与AC所成的角为 90，正确； 对于，借助极限状态，当平面DAC与平面ABC重合时，三棱锥DABC外接球即 是以ABC外接圆圆心为球心，外接圆半径为球半径，当二面角DACB逐渐变 大时，球心离开平面ABC，但球心在平面ABC内射影仍然是ABC外接圆圆心，故 二面角DACB逐渐变小的过程中，三棱锥DABC外接球的半径不可能先变小 后变大，错误； 对于，过A作AHBC于H，若ABC为锐角，则H在线段BC上，若ABC为 直角，则H与B重合，若ABC为钝角，则H在线段CB的延长线上， 若存在某个位置，使得直线AD与BC垂直，AHBC，BC平面AHD，由 试卷第 2页，总 7页 线面垂直的性质得BCH

3、D， 若ABC为直角，则H与B重合，则CBBD，而已知BCCD，CBBD不 可能成立，即ABC不可能为直角， 若ABC为钝角， 则H在线段CB的延长线上， 则在原平面菱形ABCD中，DCB为 锐角，由于立体图形中DBDOOB，因此立体图形中DCB比原平面图形更小， 立体图形中DCB为锐角，而BCCD，空间图形中BCD是锐角三角形，由 BCHD知H在线段BC上，与H在线段CB的延长线上矛盾，因此ABC不可能 为钝角， 综上可知，ABC只能为锐角，即正确 故选：B 二、填空题二、填空题 13 2 14.8 15.22 163 【详解】 由sincos sinBAC得 222 222 1 6 22

4、ABC bca bcabcSab bc 所以由 9AB AC 得 2 9,3,4ACba 又P为线段AB上的点，且 CACB CPxy CACB , 所以1,1,123 343 4 xyxyx y xy ba ， 当且仅当 3 ,2 2 xy时，等号成立 即xy的最大值为 3. 试卷第 3页，总 7页 三、三、解答题解答题 17解： （）因为cos( 2)cosaCb cA，所以 sincos( 2sinsin)cosACBCA， 所以sin cossincos2sincosACCABA ，所以sin()2sincosA CBA 因为ABC，所以sin()sinACB，所以sin 2sinco

5、sBBA 因为0B，所以sin0B ，所以 2cos1A ， 所以 2 cos 2 A ， 则 4 A .5 分 （）由余弦定理可得 222 2cosabcbcA ， 因为 2 2 5,2 2,cos 2 abA ，所以 2 2084cc ， 即 2 4120cc ，解得6c 或2c （舍去） 故ABC的面积为 112 sin2 266 222 bcA .10 分 18 解： （）证明：PA 面ABCD， BD 面ABCD，则PABD， 四边形ABCD为菱形，则BDAC， 又PAACA，PAAC ，面PAC，则BD 面PAC.6 分 （）设AC与BD交于点O，/ /PB平面AMC，平面PBD平

6、面AMCMO， / /PBMO. 又因为O为BD中点，得M为PD中点，三棱锥MACD的高 1 =2 2 M PAh， 试卷第 4页，总 7页 故 1112 3 2 2sin602 3323 MACDACDM VSh .12 分 19 解:（） 2 2cos1cos2sin21 42 fxxxx ，2 分 令2xkkZ，则 2 k xkZ ，3 分 所以，函数 yfx图象的对称中心为,1 2 kZ k ；4 分 （） sin213cos21sin23cos2MNf tg ttttt 2sin 2 3 t ，7 分 因为, 4 2 t ，所以 2 2, 363 t ，则 1 sin 21 23 t

7、 ，.10 分 所以2 sin 21,2 3 MNt ，即线段MN的长度的取值范围为 1,212 分 20 解:（）233 nn Sa， 11 2332 nn San ， 两式相减，得 1 233 nnn aaa ， 1 32 nn ana ，2 分 又 1 3a ， n a为等比数列，公比为3q ， 11 1 3 33 nnn n aa q 4 分 （）证明： 21211 21 33 n n n n nn bn a ，5 分 21 132321 3333 n nn nn T 6 分 试卷第 5页，总 7页 231 1132321 33333 n nn nn T ，两式相减，得7 分 231

8、2111121 2 333333 n nn n T 21 1 11 21 12133 1 33 1 3 n n n 11 11121 1 3333 nn n 1 222 33n n ， 所以 1 1 3 n n n T . * Nn ，1 n T ，10 分 1 1 2 1 3 n n n T ， 1 111 3121221 0 3333 nn nnnn nnnnn TT ， n T关于 n 单调递增， 1 min 21 1 33 n TT ， 1 1 3 n T.12 分 21 解:（）因为 f x是定义域为R的奇函数，所以 00f， 所以110t，所以2t ，2 分 所以 1 (0,1)

9、x x f xaaa a ， 因为 10f，所以 1 0a a ，又0a 且1a ，所以1a ， 所以 1 x x f xa a 是R上的单调递增，4 分 又 f x是定义域为R的奇函数， 所以 222 4044f xbxfxf xbxf xxbxx 即 2 40 xbxx 在xR上恒成立， 所以 2 1160b ，即35b ， 所以实数b的取值范围为3,5.6 分 （）因为 3 1 2 f，所以 13 2 a a ，解得2a 或 1 2 a （舍去） ，8 分 试卷第 6页，总 7页 所以 2 2 2 1111 2222222 2222 xxxx xxxx h xmm ， 令 1 2 2 x

10、 x uf x，则 2 22g uumu， 因为 1 2 2 x x f x 在R上为增函数，且1x ，所以 3 1 2 uf， 因为 2 2 1 22 2 x x h xmf x在1,上的最小值为2，10 分 所以 2 22g uumu在 3 , 2 上的最小值为2， 因为 2 22 222g uumuumm的对称轴为u m 所以当 3 2 m 时， 2 min 22g ug mm ，解得2m 或2m （舍去） ， 当 3 2 m时， min 317 32 24 g ugm ，解得 253 122 m ， 综上可知：2m 12 分 22 解:（）由于圆O与线段AB相切，所以半径1r . 即圆

11、O的方程为 22 1xy.1 分 又由题 22 1xy与线段AC相切， 所以线段AC方程为1x .即1m .2 分 故直线BC的方程为(1)3210nxyn . 由直线BC和圆O相切可得： 2 12 1 (1)9 n n ， 解得3n 或1n .由于,A C为不同的点，所以3n . .3 分 （）设 11 ( ,)M x y， 22 (,)N xy，则 1212 1 2 OM ONx xy y . 由 22 , 1, yxt xy 可得 22 2210 xtxt ， 22 48(1)0tt ，解得 22t .所以 2 1212 1 , 2 t xxt x x .5 分 试卷第 7页，总 7页

12、故 22 222 12121212 11 ()()() 22 tt y yxtxtx xxx tttt . 所以 22 2 1212 111 1 222 tt x xy yt .所以 2 1 2 t . 故 2 2 t . .7 分 （）设 00 (,), ( , )Q xyP x y. 则 22 (1)(1)PAxy， 22 00 ()()PQxxyy. 若在直线AO上存在异于A的定点Q，使得对圆O上任意一点P， 都有( PA PQ 为常数), 等价于 22 22 00 (1)(1) ()() xy xxyy 对圆O上任意点( , )P x y恒成立. 即 222222 00 (1)(1)()()xyxxyy 整理得 22222222 0000 (1)()(22)(22)2()0 xyxxyyxy.9 分 因为点Q在直线AO上，所以 00 xy. 由于P在圆O上，所以 22 1xy. 故 2222 00 (22)()320 xxyx对任意2,2xy 恒成立. 所以 2 0 222 0 220, 320. x x 显然0，所以 0 2 1 x . 故 2 2 2 30 ， 因为0，解得 2 或111 分 当1时，( 1, 1)Q ，此时,Q A重合，舍去. 当 2 时， 11 (,) 22 Q ， 综上，存在满足条件的定点 11 (,) 22 Q ，此时 2 .12 分