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2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）期中考试数学（理）试卷北师大版
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这是一份2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）期中考试数学（理）试卷北师大版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A=x∈R|−1≤x≤2，B=x∈Z|−1A.(−1,2]B.[−1,3）C.0,2D.0,1,2
2. 设向量a→=1,2，b→=m,m+1，a→⊥b→，则实数m等于（ ）
A.0B.−23C.13D.1
3. 若直线x+y=0与圆x2+y−a2=1相切，则实数a的值为（ ）
A.1B.±1C.2D.±2
4. 下列命题中，假命题是（ ）
A.∀x∈R，ex>0
B.∃x0∈R，2x0C.a+b=0的充要条件是ab=−1
D.a>1，b>1是ab>1的充分不必要条件
5. 若x，y满足 x+y≤6,2x−y≥0,y≥0, 则2x+y的最大值为（ ）
A.0B.6C.8D.12
6. 有下列命题：
①面积相等的三角形是全等三角形；
②“若xy=0，则|x|+|y|=0”的逆命题；
③“若a>b，则a+c>b+c”的否命题；
④“矩形的对角线互相垂直”的逆否命题，
其中真命题为（ ）
A.①②B.②③C.①③D.②④
7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，根据图中的三视图，求得该几何体的表面积为（ ）
A.4πB.2+72πC.2+4πD.4+4π
8. 已知实数a>0,b>0，且2a+b=2ab，则a+2b的最小值为（ ）
A.52+2B.92C.52D.42
9. △ABC中，点E为AB边的中点，点F为AC边的中点，BF交CE于点G，若AG→=xAE→+yAF→，则xy等于（ ）
A.49B.13C.29D.43
10. 在△ABC中，tanA=12，csB=31010．若最短边长为5，则最长边为( )
A.10 B.102C.522D.5
11. 设等比数列 {an} 的公比为q，其前n项和为 Sn ，前n项之积为 Tn ，并且满足条件 a1>1，a2016a2017>1 ，a2016−1a2017−1<0，下面结论中正确的是（ ）
A.S2016>S2017B.a2016a2018−1>0
C.T2017 是数列 {Tn} 中的最大值D.数列 {Tn} 无最小值
12. 如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M，N分别为棱AB，AC的中点，AB=2，AD=23，∠BAD=90∘.则下列结论错误的是( )
A.MN//BC
B.AD⊥BC
C.cs∠DMN=1313
D.直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34
二、填空题
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2，点M在DD1上，点N在面ABCD上，MN=2，点P为MN的中点，则点P的轨迹与正方体的面围成的几何体的体积为________.
三、解答题
已知等比数列{an}的各项均为正数，a2=8，a3+a4=48．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=lg4an．证明：{bn}为等差数列，并求{bn}的前n项和Sn．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=22且8sin2A+B2+4sin2C=9.
(1)求C;
(2)求△ABC面积的最大值．
已知不等式x2−2x−3<0的解集A，集合B=−3,2.
(1)若不等式x2+ax+b<0的解集为A∩B，求不等式ax2+x+b<0的解集M；
(2)若不等式a−2x2−2a−2x−4<0的解集与(1)中M相同，则实数a的取值范围．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=12nan+an−c(c是常数，n∈N∗)，a2=6．
1求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1anan+1，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：124≤Tn<18.
已知函数f(x)=1+sinxcsx，g(x)=cs2(x+π12)．
(1)设x=x0是函数y=f(x)图象的一条对称轴，求g(x0)的值；
(2)求使函数ℎ(x)=f(ωx2)+g(ωx2)(ω>0)在区间[−2π3，π3]上是增函数的ω的最大值．
如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动．
(1)求证：D1E⊥A1D；
(2)求当AE为何值时，二面角D1−EC−D的大小为π4．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵B=x∈Z|−1∴A∩B=0,1,2．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由向量a→=(1,2)，b→=(m,m+1)，a→⊥b→，
可得m+2(m+1)=0，求得m=−23.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
圆的切线方程
点到直线的距离公式
【解析】
由直线与圆相切，得到圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值
【解答】
解：圆x2+(y−a)2=1的圆心坐标为(0, a)，半径为1，
∵ 直线x+y=0与圆x2+(y−a)2=1相切，
∴ 圆心(0, a)到直线的距离d=r，
即|a|2=1，
解得：a=±2．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
全称命题与特称命题
【解析】
对于命题A：∀x∈R,ex，根据指数函数的性质得结果正确；对于命题B：∃x0∈R,2x0ab=−1，错误，比如a=0=b时，也满足a+b=0，但是不满足ab=−1，对于命题D：ab>1可以是a>1,b>1，也可以是a<−1,b<−1，或者其中一个值大于
1，一个值小于1大于0．等等情况，故a≥1,b>1是a>1的充分不必要条件．
【解答】
解：A，∀x∈R，ex>0，根据指数函数的性质得结果正确，故A为真命题；
B，∃x0∈R，2x0C，当a+b=0且b≠0时，才能推出ab=−1，故C为假命题；
D，显然当a>1，b>1时，ab>1恒成立，故D为真命题．
故选C .
5.
【答案】
D
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
【解答】
解：作出不等式组表示的可行域如图，
由图可得2x+y在B6,0处取得最大值，所以2x+ymax=12.
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
四种命题间的逆否关系
四种命题的真假关系
【解析】
根据四种命题之间的关系分别进行判断即可．
【解答】
解：①两直角边是3和4的直角三角形与两直角边是2和6的直角三角形面积相等但是不是全等三角形，是假命题；
②“若xy=0，则|x|+|y|=0”的逆命题是“若|x|+|y|=0，则xy=0”，是真命题；
③命题“若a>b，则a+c>b+c”的否命题是“若a≤b，则a+c≤b+c”为真命题；
④“矩形的对角线互相垂直”是假命题，则其逆否命题也是假命题.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
【解答】
解：将三视图还原，可知原几何体由一个半径为1的半球体，与一个底面半径为1且高为1的半圆柱拼接而成．由此可得所求几何体的表面积S=12×4π+12×2π+12π×2+1×2=2+4π.
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：∵ a>0，b>0，且2a+b=2ab，
∴ a=b2b−1>0，解得b>1．
则a+2b=b2b−1+2b=12+12b−1+2b
=52+12(b−1)+2(b−1)
≥52+212(b−1)⋅2(b−1)=92，
当且仅当b=32，a=32时取等号．其最小值为92．
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
向量在几何中的应用
【解析】
【解答】
解：由题意知G是△ABC的重心，延长AG与边BC交于点D，
则AG→=23AD→=13AB→+13AC→，
又因为点E为AB边的中点，
点F为AC边的中点，
故AB→=2AE→,AC→=2AF→，
则AG→=23AE→+23AF→，所以xy=49．
故选A．
10.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
同角三角函数基本关系的运用
两角和与差的余弦公式
【解析】
欲求最短边的长，必须先判断谁是最短边，转化为判断谁是最小角，结合三角值即可判断最小角，接下来利用正弦定理求解即可．
【解答】
解：由tanA=12>0,
得csA=25, sinA=15,
由csB=31010>0，
得sinB=110,
于是csC=−cs(A+B)=−csAcsB+sinAsinB=−12<0,
即∠C为最大角，c为最长边，最短边为b，
于是由正弦定理bsinB=csinc求得c=5.
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
【解析】
分类讨论；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理． 由题意可以推测出公比q，然后去判断．
【解答】
解：∵ a1>1，a2016⋅a2017>1，
∴ q>0，
∴ an>0，
∴ S2017=S2016+a2017>S2016，则A错；
∵ a2016−1a2017−1<0，
∴ a2017<1，a2016>1，
∴ 0∴ a2016⋅a2018=a20172<1，则B错；
∴ T2016 最大，则C错；
当n>2016时，Tn随着n的增大，值越来越小，无最小值，则D正确.
故选D．
12.
【答案】
C
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
【解析】
【解答】
解：对于选项A，∵ 点M，N分别为棱AB，AC的中点，
∴ MN是△ABC的中位线，
∴ MN//BC，选项A正确；
对于选项B，∵ 平面ABC⊥平面ABD，
平面ABC∩平面ABD=AB，
且AD⊥AB，
∴ AD⊥平面ABC.
∵ BC⊂平面ABC，
∴ AD⊥BC，选项B正确；
对于选项C，
在Rt△DAM中，∵ AM=1，AD=23，
∴ DM=AD2+AM2=13.
∵ AD⊥平面ABC，
∴ AD⊥AC.
连结DN，
在Rt△DAN中，
∵ AN=1，AD=23，
∴ DN=AD2+AN2=13，
∴ DM=DN，
△DMN是等腰三角形.
在等腰三角形DMN中，
∵ MN=1，
∴ cs∠DMN=12DM=1326 ，选项C错误；
对于选项D，连结CM，
∵ △ABC为等边三角形，M为边AB的中点，
∴ CM⊥AB，CM=3．
∵ 平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，
而CM⊂平面ABC，
∴ CM⊥平面ABD，
∴ ∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD=AC2+AD2=4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM=CMCD=34，选项D正确．
故选C．
二、填空题
【答案】
π6
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
不论△MDN如何变化，P点到D点的距离始终等于1，从而P点的轨迹是一个以D为中心，半径为1的球的18，由此能求出结果
【解答】
解：如图，连结ND，DP，
易知ND，DM，MN构成一个直角三角形，
又P为MN的中点，MN=2，
所以根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，
得无论△MDN如何变化，P点到D点的距离始终等于1，
故P点的轨迹与正方体的面围成的几何体是一个以D为球心，1为半径的球的18，
其体积=18×43×π×13=π6.
故答案为：π6.
三、解答题
【答案】
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意 q>0．
∵ a2=8，a3+a4=48，
∴ a1q=8，a1q2+a1q3=48．
两式相除得 q2+q−6=0，
解得 q=2，舍去 q=−3．
∴ a1=a2q=4．
∴ 数列{an}的通项公式为 an=a1⋅qn−1=2n+1．
(2)由(1)得 bn=lg4an=n+12．
∵ bn+1−bn=n+22−n+12=12，
∴ 数列{bn}是首项为1，公差为d=12的等差数列．
∴ Sn=nb1+n(n−1)2d=n2+3n4．
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
(Ⅰ)利用等比数列的通项公式即可得出；
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论和对数的运算法则进行化简，再计算bn+1−bn是否是一个常数即可判定，若是利用等差数列的前n项和公式即可．
【解答】
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意 q>0．
∵ a2=8，a3+a4=48，
∴ a1q=8，a1q2+a1q3=48．
两式相除得 q2+q−6=0，
解得 q=2，舍去 q=−3．
∴ a1=a2q=4．
∴ 数列{an}的通项公式为 an=a1⋅qn−1=2n+1．
(2)由(1)得 bn=lg4an=n+12．
∵ bn+1−bn=n+22−n+12=12，
∴ 数列{bn}是首项为1，公差为d=12的等差数列．
∴ Sn=nb1+n(n−1)2d=n2+3n4．
【答案】
解：(1)由8sin2A+B2+4sin2C=9，
得：41−csA+B+4sin2C=9．
整理得：4cs2C−4csC+1=0，
即2csC−12=0，
所以csC=12，
所以C=π3．
(2)由余弦定理可得：csC=a2+b2−c22ab=12，
又c=22，
所以a2+b2−8=ab.
又a2+b2≥2ab，
所以ab≤8.
所以△ABC的面积：S△ABC=12absinC=34ab≤23,
所以△ABC的面积的最大值为23.
【考点】
两角和与差的余弦公式
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
答案未提供解析。
【解答】
解：(1)由8sin2A+B2+4sin2C=9，
得：41−csA+B+4sin2C=9．
整理得：4cs2C−4csC+1=0，
即2csC−12=0，
所以csC=12，
所以C=π3．
(2)由余弦定理可得：csC=a2+b2−c22ab=12，
又c=22，
所以a2+b2−8=ab.
又a2+b2≥2ab，
所以ab≤8.
所以△ABC的面积：S△ABC=12absinC=34ab≤23,
所以△ABC的面积的最大值为23.
【答案】
解：(1)由x2−2x−3<0得−1∵ B=−3,2，∴ A∩B=−1,2．
由不等式x2+ax+b<0的解集为−1,2，
∴ 1−a+b=0,4+2a+b=0,解得a=−1,b=−2,
∴ −x2+x−2<0，∴ 解集M=R．
(2)由(1)知不等式a−2x2−2a−2x−4<0的解集为R，
即不等式a−2x2−2a−2x−4<0恒成立．
①当a=2时，不等式为−4<0，恒成立；
②当a≠2时，由题意可得a−2<0,Δ=4a−22+16a−2<0,解得−2综上所述可得，实数a的取值范围是−2,2 .
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
（1）由x2−2x−3<0得−1∵ B=−3,2，∴ A∩B=−1,2．
由不等式x2+ax+b<0的解集为−1,2，
∴ 1−a+b=0,4+2a+b=0，解得a=−1b=−2，
∴ −x2+x−2<0，∴ 解集M=R．
（2）由（1）知不等式a−2x2−2a−2x−4<0的解集为R，
即不等式a−2x2−2a−2x−4<0恒成立．
①当a=2时，不等式为−4<0，恒成立；
②当a≠2时，由题意可得a−2<0,Δ=4a−22+16a−2<0，解得−2综上所述可得，实数a的取值范围是−2,2 .
【解答】
解：(1)由x2−2x−3<0得−1∵ B=−3,2，∴ A∩B=−1,2．
由不等式x2+ax+b<0的解集为−1,2，
∴ 1−a+b=0,4+2a+b=0,解得a=−1,b=−2,
∴ −x2+x−2<0，∴ 解集M=R．
(2)由(1)知不等式a−2x2−2a−2x−4<0的解集为R，
即不等式a−2x2−2a−2x−4<0恒成立．
①当a=2时，不等式为−4<0，恒成立；
②当a≠2时，由题意可得a−2<0,Δ=4a−22+16a−2<0,解得−2综上所述可得，实数a的取值范围是−2,2 .
【答案】
1解：因为Sn=12nan+an−c，
所以当n=1时，S1=12a1+a1−c，解得a1=2c，
当n=2时，S2=a2+a2−c，即a1+a2=2a2−c，解得a2=3c，
所以3c=6，解得c=2，
则a1=4，数列{an}的公差d=a2−a1=2，
所以an=a1+(n−1)d=2n+2；
(2)证明：由已知得：bn=1anan+1=12(12n+2−12n+4)
Tn=12[(14−16)+(16−18)+……+
(12n+2−12n+4)]
=12(14−12n+4)<18，
因为n∈N∗，所以Tn+1−Tn=1(2n+4)(2n+6)>0，
因此数列{Tn}在n∈N∗上是增数列，所以Tn≥T1=124，
综上所述，原不等式成立.
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
数列的求和
【解析】
（1）根据Sn=12nan+an−c，令n=1代入求出a1，令n=2代入求出a2，由a2=6即可求出c的值，由c的值即可求出首项和公差，根据首项和公差写出等差数列的通项公式即可；
（2）利用数列的通项公式列举出各项并代入所证不等式的坐标，利用1(2n+2)(2n+4)=12(12n+2−12n+4)，把各项拆项后抵消化简后即可得证．
【解答】
1解：因为Sn=12nan+an−c，
所以当n=1时，S1=12a1+a1−c，解得a1=2c，
当n=2时，S2=a2+a2−c，即a1+a2=2a2−c，解得a2=3c，
所以3c=6，解得c=2，
则a1=4，数列{an}的公差d=a2−a1=2，
所以an=a1+(n−1)d=2n+2；
(2)证明：由已知得：bn=1anan+1=12(12n+2−12n+4)
Tn=12[(14−16)+(16−18)+……+
(12n+2−12n+4)]
=12(14−12n+4)<18，
因为n∈N∗，所以Tn+1−Tn=1(2n+4)(2n+6)>0，
因此数列{Tn}在n∈N∗上是增数列，所以Tn≥T1=124，
综上所述，原不等式成立.
【答案】
解：(1)题设知f(x)=1+12sin2x，因为x=x0是函数y=f(x)图象的一条对称轴，
所以2x0=kπ+π2(k∈Z)，
g(x0)=12[1+cs(2x0+π6)]=12[1+cs(kπ+23π)]，
当k为偶数时，g(x0)=12(1+cs23π)=14；
当k为奇数时，g(x0)=12(1+csπ3)=34.
(2)因为ℎ(x)=(1+12sinωx)+12[1+cs(ωx+π6)]
=12(sinωx+32csωx−12sinωx)+32
=12sin(ωx+π3)+32，
当x∈[−2π3，π3]时，ωx+π3∈[−2ωπ3+π3,ωπ3+π3]，
又T2≥π3−(−2π3)=π，
所以T≥2π得ω≤1.
因为ℎ(x)在[−2π3,π3]上是增函数，且ω>0，
所以 [−2ωπ3+π3，ωπ3+π3]⊆[−π2,π2]，
即−2ωπ3+π3≥−π2,ωπ3+π3≤π2,
解得ω≤12,
所以ω的最大值为12.
【考点】
正弦函数的对称性
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
函数的求值
正弦函数的单调性
两角和与差的正弦公式
【解析】
（1）由题意可得2x0=kπ+π2，(k∈Z)，代入g(x)可得g(x0)=12[1+cs(2x0+π6)]=12[1+cs(kπ+23π)]，利用诱导公式可求
（2）由ℎ(x)=(1+12sinωx)+12[1+cs(ωx+π6)]=12sin(ωx+13π)+32，由题意可得 [−2ωπ3+π3，ωπ3+π3]⊆[−π2,π2]，可求
【解答】
解：(1)题设知f(x)=1+12sin2x，因为x=x0是函数y=f(x)图象的一条对称轴，
所以2x0=kπ+π2(k∈Z)，
g(x0)=12[1+cs(2x0+π6)]=12[1+cs(kπ+23π)]，
当k为偶数时，g(x0)=12(1+cs23π)=14；
当k为奇数时，g(x0)=12(1+csπ3)=34.
(2)因为ℎ(x)=(1+12sinωx)+12[1+cs(ωx+π6)]
=12(sinωx+32csωx−12sinωx)+32
=12sin(ωx+π3)+32，
当x∈[−2π3，π3]时，ωx+π3∈[−2ωπ3+π3,ωπ3+π3]，
又T2≥π3−(−2π3)=π，
所以T≥2π得ω≤1.
因为ℎ(x)在[−2π3,π3]上是增函数，且ω>0，
所以 [−2ωπ3+π3，ωπ3+π3]⊆[−π2,π2]，
即−2ωπ3+π3≥−π2,ωπ3+π3≤π2,
解得ω≤12,
所以ω的最大值为12.
【答案】
(1)证明：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立如图所示的坐标系，
∵ AD=AA1=1，AB=2，
∴ A(1, 0, 0)，A1(1, 0, 1)，D1(0, 0, 1)，C(0, 2, 0)．
设E(1, t, 0)，
则D1E→=(1,t,−1)，A1D→=(−1,0,−1)，
∵ D1E→⋅A1D→=(1, t, −1)⋅(−1, 0, −1)=−1+1=0，
∴ D1E→⊥A1D→，
即D1E⊥A1D．
(2)设AE=t，则E(1, t, 0)，
则CE→=(1,t−2,0)，D1C→=(0,2,−1)，DD1→=(0,0,1)，
设面D1EC的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅D1C→=0，n→⋅CE→=0，得2y−z=0，x+y(t−2)=0，
令y=1，则z=2，x=2−t，即n→=(2−t,1,2)，
平面ECD的法向量为DD1→=(0,0,1)，
则由二面角D1−EC−D的大小为π4．
得csπ4=n→⋅DD1→|n→||DD1→|=22，
即2(t−2)2+5=22，
解得t=2+3（不合题意，舍去），或t=2−3．
∴ 当AE=2−3时，二面角D1−EC−D的大小为π4．
【考点】
向量语言表述线线的垂直、平行关系
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）建立坐标空间直角坐标系，利用向量法证明D1E⊥A1D；
（3）求出面D1EC和面ECD的法向量，利用法向量之间的夹角与二面角之间的关系确定AE的大小．
【解答】
(1)证明：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立如图所示的坐标系，
∵ AD=AA1=1，AB=2，
∴ A(1, 0, 0)，A1(1, 0, 1)，D1(0, 0, 1)，C(0, 2, 0)．
设E(1, t, 0)，
则D1E→=(1,t,−1)，A1D→=(−1,0,−1)，
∵ D1E→⋅A1D→=(1, t, −1)⋅(−1, 0, −1)=−1+1=0，
∴ D1E→⊥A1D→，
即D1E⊥A1D．
(2)设AE=t，则E(1, t, 0)，
则CE→=(1,t−2,0)，D1C→=(0,2,−1)，DD1→=(0,0,1)，
设面D1EC的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅D1C→=0，n→⋅CE→=0，得2y−z=0，x+y(t−2)=0，
令y=1，则z=2，x=2−t，即n→=(2−t,1,2)，
平面ECD的法向量为DD1→=(0,0,1)，
则由二面角D1−EC−D的大小为π4．
得csπ4=n→⋅DD1→|n→||DD1→|=22，
即2(t−2)2+5=22，
解得t=2+3（不合题意，舍去），或t=2−3．
∴ 当AE=2−3时，二面角D1−EC−D的大小为π4．
1. 已知集合A=x∈R|−1≤x≤2，B=x∈Z|−1
2. 设向量a→=1,2，b→=m,m+1，a→⊥b→，则实数m等于（ ）
A.0B.−23C.13D.1
3. 若直线x+y=0与圆x2+y−a2=1相切，则实数a的值为（ ）
A.1B.±1C.2D.±2
4. 下列命题中，假命题是（ ）
A.∀x∈R，ex>0
B.∃x0∈R，2x0
D.a>1，b>1是ab>1的充分不必要条件
5. 若x，y满足 x+y≤6,2x−y≥0,y≥0, 则2x+y的最大值为（ ）
A.0B.6C.8D.12
6. 有下列命题：
①面积相等的三角形是全等三角形；
②“若xy=0，则|x|+|y|=0”的逆命题；
③“若a>b，则a+c>b+c”的否命题；
④“矩形的对角线互相垂直”的逆否命题，
其中真命题为（ ）
A.①②B.②③C.①③D.②④
7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，根据图中的三视图，求得该几何体的表面积为（ ）
A.4πB.2+72πC.2+4πD.4+4π
8. 已知实数a>0,b>0，且2a+b=2ab，则a+2b的最小值为（ ）
A.52+2B.92C.52D.42
9. △ABC中，点E为AB边的中点，点F为AC边的中点，BF交CE于点G，若AG→=xAE→+yAF→，则xy等于（ ）
A.49B.13C.29D.43
10. 在△ABC中，tanA=12，csB=31010．若最短边长为5，则最长边为( )
A.10 B.102C.522D.5
11. 设等比数列 {an} 的公比为q，其前n项和为 Sn ，前n项之积为 Tn ，并且满足条件 a1>1，a2016a2017>1 ，a2016−1a2017−1<0，下面结论中正确的是（ ）
A.S2016>S2017B.a2016a2018−1>0
C.T2017 是数列 {Tn} 中的最大值D.数列 {Tn} 无最小值
12. 如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M，N分别为棱AB，AC的中点，AB=2，AD=23，∠BAD=90∘.则下列结论错误的是( )
A.MN//BC
B.AD⊥BC
C.cs∠DMN=1313
D.直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34
二、填空题
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2，点M在DD1上，点N在面ABCD上，MN=2，点P为MN的中点，则点P的轨迹与正方体的面围成的几何体的体积为________.
三、解答题
已知等比数列{an}的各项均为正数，a2=8，a3+a4=48．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=lg4an．证明：{bn}为等差数列，并求{bn}的前n项和Sn．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=22且8sin2A+B2+4sin2C=9.
(1)求C;
(2)求△ABC面积的最大值．
已知不等式x2−2x−3<0的解集A，集合B=−3,2.
(1)若不等式x2+ax+b<0的解集为A∩B，求不等式ax2+x+b<0的解集M；
(2)若不等式a−2x2−2a−2x−4<0的解集与(1)中M相同，则实数a的取值范围．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=12nan+an−c(c是常数，n∈N∗)，a2=6．
1求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1anan+1，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：124≤Tn<18.
已知函数f(x)=1+sinxcsx，g(x)=cs2(x+π12)．
(1)设x=x0是函数y=f(x)图象的一条对称轴，求g(x0)的值；
(2)求使函数ℎ(x)=f(ωx2)+g(ωx2)(ω>0)在区间[−2π3，π3]上是增函数的ω的最大值．
如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动．
(1)求证：D1E⊥A1D；
(2)求当AE为何值时，二面角D1−EC−D的大小为π4．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵B=x∈Z|−1
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由向量a→=(1,2)，b→=(m,m+1)，a→⊥b→，
可得m+2(m+1)=0，求得m=−23.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
圆的切线方程
点到直线的距离公式
【解析】
由直线与圆相切，得到圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值
【解答】
解：圆x2+(y−a)2=1的圆心坐标为(0, a)，半径为1，
∵ 直线x+y=0与圆x2+(y−a)2=1相切，
∴ 圆心(0, a)到直线的距离d=r，
即|a|2=1，
解得：a=±2．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
全称命题与特称命题
【解析】
对于命题A：∀x∈R,ex，根据指数函数的性质得结果正确；对于命题B：∃x0∈R,2x0
1，一个值小于1大于0．等等情况，故a≥1,b>1是a>1的充分不必要条件．
【解答】
解：A，∀x∈R，ex>0，根据指数函数的性质得结果正确，故A为真命题；
B，∃x0∈R，2x0
D，显然当a>1，b>1时，ab>1恒成立，故D为真命题．
故选C .
5.
【答案】
D
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
【解答】
解：作出不等式组表示的可行域如图，
由图可得2x+y在B6,0处取得最大值，所以2x+ymax=12.
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
四种命题间的逆否关系
四种命题的真假关系
【解析】
根据四种命题之间的关系分别进行判断即可．
【解答】
解：①两直角边是3和4的直角三角形与两直角边是2和6的直角三角形面积相等但是不是全等三角形，是假命题；
②“若xy=0，则|x|+|y|=0”的逆命题是“若|x|+|y|=0，则xy=0”，是真命题；
③命题“若a>b，则a+c>b+c”的否命题是“若a≤b，则a+c≤b+c”为真命题；
④“矩形的对角线互相垂直”是假命题，则其逆否命题也是假命题.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
【解答】
解：将三视图还原，可知原几何体由一个半径为1的半球体，与一个底面半径为1且高为1的半圆柱拼接而成．由此可得所求几何体的表面积S=12×4π+12×2π+12π×2+1×2=2+4π.
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：∵ a>0，b>0，且2a+b=2ab，
∴ a=b2b−1>0，解得b>1．
则a+2b=b2b−1+2b=12+12b−1+2b
=52+12(b−1)+2(b−1)
≥52+212(b−1)⋅2(b−1)=92，
当且仅当b=32，a=32时取等号．其最小值为92．
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
向量在几何中的应用
【解析】
【解答】
解：由题意知G是△ABC的重心，延长AG与边BC交于点D，
则AG→=23AD→=13AB→+13AC→，
又因为点E为AB边的中点，
点F为AC边的中点，
故AB→=2AE→,AC→=2AF→，
则AG→=23AE→+23AF→，所以xy=49．
故选A．
10.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
同角三角函数基本关系的运用
两角和与差的余弦公式
【解析】
欲求最短边的长，必须先判断谁是最短边，转化为判断谁是最小角，结合三角值即可判断最小角，接下来利用正弦定理求解即可．
【解答】
解：由tanA=12>0,
得csA=25, sinA=15,
由csB=31010>0，
得sinB=110,
于是csC=−cs(A+B)=−csAcsB+sinAsinB=−12<0,
即∠C为最大角，c为最长边，最短边为b，
于是由正弦定理bsinB=csinc求得c=5.
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
【解析】
分类讨论；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理． 由题意可以推测出公比q，然后去判断．
【解答】
解：∵ a1>1，a2016⋅a2017>1，
∴ q>0，
∴ an>0，
∴ S2017=S2016+a2017>S2016，则A错；
∵ a2016−1a2017−1<0，
∴ a2017<1，a2016>1，
∴ 0
∴ T2016 最大，则C错；
当n>2016时，Tn随着n的增大，值越来越小，无最小值，则D正确.
故选D．
12.
【答案】
C
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
【解析】
【解答】
解：对于选项A，∵ 点M，N分别为棱AB，AC的中点，
∴ MN是△ABC的中位线，
∴ MN//BC，选项A正确；
对于选项B，∵ 平面ABC⊥平面ABD，
平面ABC∩平面ABD=AB，
且AD⊥AB，
∴ AD⊥平面ABC.
∵ BC⊂平面ABC，
∴ AD⊥BC，选项B正确；
对于选项C，
在Rt△DAM中，∵ AM=1，AD=23，
∴ DM=AD2+AM2=13.
∵ AD⊥平面ABC，
∴ AD⊥AC.
连结DN，
在Rt△DAN中，
∵ AN=1，AD=23，
∴ DN=AD2+AN2=13，
∴ DM=DN，
△DMN是等腰三角形.
在等腰三角形DMN中，
∵ MN=1，
∴ cs∠DMN=12DM=1326 ，选项C错误；
对于选项D，连结CM，
∵ △ABC为等边三角形，M为边AB的中点，
∴ CM⊥AB，CM=3．
∵ 平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，
而CM⊂平面ABC，
∴ CM⊥平面ABD，
∴ ∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD=AC2+AD2=4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM=CMCD=34，选项D正确．
故选C．
二、填空题
【答案】
π6
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
不论△MDN如何变化，P点到D点的距离始终等于1，从而P点的轨迹是一个以D为中心，半径为1的球的18，由此能求出结果
【解答】
解：如图，连结ND，DP，
易知ND，DM，MN构成一个直角三角形，
又P为MN的中点，MN=2，
所以根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，
得无论△MDN如何变化，P点到D点的距离始终等于1，
故P点的轨迹与正方体的面围成的几何体是一个以D为球心，1为半径的球的18，
其体积=18×43×π×13=π6.
故答案为：π6.
三、解答题
【答案】
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意 q>0．
∵ a2=8，a3+a4=48，
∴ a1q=8，a1q2+a1q3=48．
两式相除得 q2+q−6=0，
解得 q=2，舍去 q=−3．
∴ a1=a2q=4．
∴ 数列{an}的通项公式为 an=a1⋅qn−1=2n+1．
(2)由(1)得 bn=lg4an=n+12．
∵ bn+1−bn=n+22−n+12=12，
∴ 数列{bn}是首项为1，公差为d=12的等差数列．
∴ Sn=nb1+n(n−1)2d=n2+3n4．
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
(Ⅰ)利用等比数列的通项公式即可得出；
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论和对数的运算法则进行化简，再计算bn+1−bn是否是一个常数即可判定，若是利用等差数列的前n项和公式即可．
【解答】
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意 q>0．
∵ a2=8，a3+a4=48，
∴ a1q=8，a1q2+a1q3=48．
两式相除得 q2+q−6=0，
解得 q=2，舍去 q=−3．
∴ a1=a2q=4．
∴ 数列{an}的通项公式为 an=a1⋅qn−1=2n+1．
(2)由(1)得 bn=lg4an=n+12．
∵ bn+1−bn=n+22−n+12=12，
∴ 数列{bn}是首项为1，公差为d=12的等差数列．
∴ Sn=nb1+n(n−1)2d=n2+3n4．
【答案】
解：(1)由8sin2A+B2+4sin2C=9，
得：41−csA+B+4sin2C=9．
整理得：4cs2C−4csC+1=0，
即2csC−12=0，
所以csC=12，
所以C=π3．
(2)由余弦定理可得：csC=a2+b2−c22ab=12，
又c=22，
所以a2+b2−8=ab.
又a2+b2≥2ab，
所以ab≤8.
所以△ABC的面积：S△ABC=12absinC=34ab≤23,
所以△ABC的面积的最大值为23.
【考点】
两角和与差的余弦公式
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
答案未提供解析。
【解答】
解：(1)由8sin2A+B2+4sin2C=9，
得：41−csA+B+4sin2C=9．
整理得：4cs2C−4csC+1=0，
即2csC−12=0，
所以csC=12，
所以C=π3．
(2)由余弦定理可得：csC=a2+b2−c22ab=12，
又c=22，
所以a2+b2−8=ab.
又a2+b2≥2ab，
所以ab≤8.
所以△ABC的面积：S△ABC=12absinC=34ab≤23,
所以△ABC的面积的最大值为23.
【答案】
解：(1)由x2−2x−3<0得−1
由不等式x2+ax+b<0的解集为−1,2，
∴ 1−a+b=0,4+2a+b=0,解得a=−1,b=−2,
∴ −x2+x−2<0，∴ 解集M=R．
(2)由(1)知不等式a−2x2−2a−2x−4<0的解集为R，
即不等式a−2x2−2a−2x−4<0恒成立．
①当a=2时，不等式为−4<0，恒成立；
②当a≠2时，由题意可得a−2<0,Δ=4a−22+16a−2<0,解得−2
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
（1）由x2−2x−3<0得−1
由不等式x2+ax+b<0的解集为−1,2，
∴ 1−a+b=0,4+2a+b=0，解得a=−1b=−2，
∴ −x2+x−2<0，∴ 解集M=R．
（2）由（1）知不等式a−2x2−2a−2x−4<0的解集为R，
即不等式a−2x2−2a−2x−4<0恒成立．
①当a=2时，不等式为−4<0，恒成立；
②当a≠2时，由题意可得a−2<0,Δ=4a−22+16a−2<0，解得−2
【解答】
解：(1)由x2−2x−3<0得−1
由不等式x2+ax+b<0的解集为−1,2，
∴ 1−a+b=0,4+2a+b=0,解得a=−1,b=−2,
∴ −x2+x−2<0，∴ 解集M=R．
(2)由(1)知不等式a−2x2−2a−2x−4<0的解集为R，
即不等式a−2x2−2a−2x−4<0恒成立．
①当a=2时，不等式为−4<0，恒成立；
②当a≠2时，由题意可得a−2<0,Δ=4a−22+16a−2<0,解得−2
【答案】
1解：因为Sn=12nan+an−c，
所以当n=1时，S1=12a1+a1−c，解得a1=2c，
当n=2时，S2=a2+a2−c，即a1+a2=2a2−c，解得a2=3c，
所以3c=6，解得c=2，
则a1=4，数列{an}的公差d=a2−a1=2，
所以an=a1+(n−1)d=2n+2；
(2)证明：由已知得：bn=1anan+1=12(12n+2−12n+4)
Tn=12[(14−16)+(16−18)+……+
(12n+2−12n+4)]
=12(14−12n+4)<18，
因为n∈N∗，所以Tn+1−Tn=1(2n+4)(2n+6)>0，
因此数列{Tn}在n∈N∗上是增数列，所以Tn≥T1=124，
综上所述，原不等式成立.
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
数列的求和
【解析】
（1）根据Sn=12nan+an−c，令n=1代入求出a1，令n=2代入求出a2，由a2=6即可求出c的值，由c的值即可求出首项和公差，根据首项和公差写出等差数列的通项公式即可；
（2）利用数列的通项公式列举出各项并代入所证不等式的坐标，利用1(2n+2)(2n+4)=12(12n+2−12n+4)，把各项拆项后抵消化简后即可得证．
【解答】
1解：因为Sn=12nan+an−c，
所以当n=1时，S1=12a1+a1−c，解得a1=2c，
当n=2时，S2=a2+a2−c，即a1+a2=2a2−c，解得a2=3c，
所以3c=6，解得c=2，
则a1=4，数列{an}的公差d=a2−a1=2，
所以an=a1+(n−1)d=2n+2；
(2)证明：由已知得：bn=1anan+1=12(12n+2−12n+4)
Tn=12[(14−16)+(16−18)+……+
(12n+2−12n+4)]
=12(14−12n+4)<18，
因为n∈N∗，所以Tn+1−Tn=1(2n+4)(2n+6)>0，
因此数列{Tn}在n∈N∗上是增数列，所以Tn≥T1=124，
综上所述，原不等式成立.
【答案】
解：(1)题设知f(x)=1+12sin2x，因为x=x0是函数y=f(x)图象的一条对称轴，
所以2x0=kπ+π2(k∈Z)，
g(x0)=12[1+cs(2x0+π6)]=12[1+cs(kπ+23π)]，
当k为偶数时，g(x0)=12(1+cs23π)=14；
当k为奇数时，g(x0)=12(1+csπ3)=34.
(2)因为ℎ(x)=(1+12sinωx)+12[1+cs(ωx+π6)]
=12(sinωx+32csωx−12sinωx)+32
=12sin(ωx+π3)+32，
当x∈[−2π3，π3]时，ωx+π3∈[−2ωπ3+π3,ωπ3+π3]，
又T2≥π3−(−2π3)=π，
所以T≥2π得ω≤1.
因为ℎ(x)在[−2π3,π3]上是增函数，且ω>0，
所以 [−2ωπ3+π3，ωπ3+π3]⊆[−π2,π2]，
即−2ωπ3+π3≥−π2,ωπ3+π3≤π2,
解得ω≤12,
所以ω的最大值为12.
【考点】
正弦函数的对称性
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
函数的求值
正弦函数的单调性
两角和与差的正弦公式
【解析】
（1）由题意可得2x0=kπ+π2，(k∈Z)，代入g(x)可得g(x0)=12[1+cs(2x0+π6)]=12[1+cs(kπ+23π)]，利用诱导公式可求
（2）由ℎ(x)=(1+12sinωx)+12[1+cs(ωx+π6)]=12sin(ωx+13π)+32，由题意可得 [−2ωπ3+π3，ωπ3+π3]⊆[−π2,π2]，可求
【解答】
解：(1)题设知f(x)=1+12sin2x，因为x=x0是函数y=f(x)图象的一条对称轴，
所以2x0=kπ+π2(k∈Z)，
g(x0)=12[1+cs(2x0+π6)]=12[1+cs(kπ+23π)]，
当k为偶数时，g(x0)=12(1+cs23π)=14；
当k为奇数时，g(x0)=12(1+csπ3)=34.
(2)因为ℎ(x)=(1+12sinωx)+12[1+cs(ωx+π6)]
=12(sinωx+32csωx−12sinωx)+32
=12sin(ωx+π3)+32，
当x∈[−2π3，π3]时，ωx+π3∈[−2ωπ3+π3,ωπ3+π3]，
又T2≥π3−(−2π3)=π，
所以T≥2π得ω≤1.
因为ℎ(x)在[−2π3,π3]上是增函数，且ω>0，
所以 [−2ωπ3+π3，ωπ3+π3]⊆[−π2,π2]，
即−2ωπ3+π3≥−π2,ωπ3+π3≤π2,
解得ω≤12,
所以ω的最大值为12.
【答案】
(1)证明：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立如图所示的坐标系，
∵ AD=AA1=1，AB=2，
∴ A(1, 0, 0)，A1(1, 0, 1)，D1(0, 0, 1)，C(0, 2, 0)．
设E(1, t, 0)，
则D1E→=(1,t,−1)，A1D→=(−1,0,−1)，
∵ D1E→⋅A1D→=(1, t, −1)⋅(−1, 0, −1)=−1+1=0，
∴ D1E→⊥A1D→，
即D1E⊥A1D．
(2)设AE=t，则E(1, t, 0)，
则CE→=(1,t−2,0)，D1C→=(0,2,−1)，DD1→=(0,0,1)，
设面D1EC的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅D1C→=0，n→⋅CE→=0，得2y−z=0，x+y(t−2)=0，
令y=1，则z=2，x=2−t，即n→=(2−t,1,2)，
平面ECD的法向量为DD1→=(0,0,1)，
则由二面角D1−EC−D的大小为π4．
得csπ4=n→⋅DD1→|n→||DD1→|=22，
即2(t−2)2+5=22，
解得t=2+3（不合题意，舍去），或t=2−3．
∴ 当AE=2−3时，二面角D1−EC−D的大小为π4．
【考点】
向量语言表述线线的垂直、平行关系
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）建立坐标空间直角坐标系，利用向量法证明D1E⊥A1D；
（3）求出面D1EC和面ECD的法向量，利用法向量之间的夹角与二面角之间的关系确定AE的大小．
【解答】
(1)证明：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立如图所示的坐标系，
∵ AD=AA1=1，AB=2，
∴ A(1, 0, 0)，A1(1, 0, 1)，D1(0, 0, 1)，C(0, 2, 0)．
设E(1, t, 0)，
则D1E→=(1,t,−1)，A1D→=(−1,0,−1)，
∵ D1E→⋅A1D→=(1, t, −1)⋅(−1, 0, −1)=−1+1=0，
∴ D1E→⊥A1D→，
即D1E⊥A1D．
(2)设AE=t，则E(1, t, 0)，
则CE→=(1,t−2,0)，D1C→=(0,2,−1)，DD1→=(0,0,1)，
设面D1EC的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅D1C→=0，n→⋅CE→=0，得2y−z=0，x+y(t−2)=0，
令y=1，则z=2，x=2−t，即n→=(2−t,1,2)，
平面ECD的法向量为DD1→=(0,0,1)，
则由二面角D1−EC−D的大小为π4．
得csπ4=n→⋅DD1→|n→||DD1→|=22，
即2(t−2)2+5=22，
解得t=2+3（不合题意，舍去），或t=2−3．
∴ 当AE=2−3时，二面角D1−EC−D的大小为π4．
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