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2020-2021学年浙江省温州市高二（下）3月周练数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年浙江省温州市高二（下）3月周练数学试卷人教A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=−1,0,1,2，B=x|0A.−1,0B.0,1C.−1,1,2D.1,2
2. 已知实数x，y满足x−y≥0,x+y−4≥0,x≤4, 则3x+2y的最小值为( )
A.−2B.10C.12D.20
3. 平面上动点M到点F2,0的距离等于M到直线l:x=−2的距离，则动点M满足的方程是( )
A.y2=4xB.y2=8xC.x2=4yD.x2=8y
4. 函数fx=2−x−2x|x|的图象大致为( )
A.B.
C.D.
5. 已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，且m⊥α，n⊂β，则“α⊥β”是“m // n”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
6. 若椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为223，则a2+13b的最小值为( )
A.233B.33C.2D.2
7. 在正四面体ABCD中，异面直线AB与CD所成角为α，直线AB与平面BCD所成的角为β，二面角C−AB−D的平面角为γ，若a=csα，b=csβ，c=csγ．则a，b，c的大小关系为( )
A.c
8. 甲、乙、丙、丁、戊五位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆电动车只能载两人，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式有( )
A.12种B.11种C.10种D.9种
9. 如图，在三棱锥D−ABC中， AD⊥BC，BC=1，AD=1．且AB+BD=AC+CD=2，则四面体ABCD的体积的最大值为( )
A.14B.212C.36D.524
二、填空题
已知双曲线C:x24−y22=1，则C的右焦点的坐标为________，C的左焦点到其渐近线的距离是________．
某个几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是________，表面积是________．
已知直线l:mx+y−2=0与圆x−12+y−m2=2，若m=2，直线l与圆相交于A，B两点，则|AB|=________，若直线l与圆相切，则实数m=________.
已知 2x+1x4x−17=tx+a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，则t=________；a0+a12+a222+⋯+a828=________.
在△ABC中，csC=23，AC=4，BC=3，则sinB=________．
如图，在四边形ABCD中， ∠B=60∘，AB=2，BC=6，AD=1，若M，N是线段BC上的动点，且|MN→|=1，则DM→⋅DN→的取值范围为________．
三、解答题
若a，b，c为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，且sin2B+sin2C−sin2B+C=sinBsinC．
(1)求角A；
(2)若b=2，求△ABC面积的取值范围．
如图，在平面四边形A′ABC中，∠CAB=∠CA′A=90∘，M在直线AC上，A′A=A′C，AB=AM=MC，△A′AC绕AC旋转．
(1)若△A′AC所在平面与△ABC所在平面垂直，求证：A′C⊥平面A′AB．
(2)若二面角A′−AC−B大小为60∘，求直线A′B与平面ABM所成角的正弦值．
在公差为d的等差数列an中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若d<0，bn=|an−9|3n，求数列bn的前n项和Sn．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市高二（下）3月周练数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先求出∁RB={x|x≤0或x≥3}．再利用交集运算能求出A∩∁RB．
【解答】
解：∵集合A={−1,0,1,2}，B=x|0∴∁RB={x|x≤0或x≥3}．
则A∩∁RB={−1,0}．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
解：由约束条件作出可行域如图，
联立x−y=0,x+y−4=0,解得A2,2，
令z=3x+2y，化为y=−32x+z2，由图可知，
当直线y=−32x+z2过A时，直线在y轴上的截距最小，
z有最小值为3×2+2×2=10．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
抛物线的定义
轨迹方程
【解析】
由点M到点F2,0的距离与到直线x=−2的距离相等，利用抛物线的定义，即可求得结论．
【解答】
解：由条件可知，点M到点F2,0的距离与到直线x=−2的距离相等，
所以点M的轨迹是以F2,0为焦点，x=−2为准线的抛物线，其方程为y2=8x．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
分析函数fx的奇偶性及其在(0,+∞)上的函数值符号，进而可得出合适的选项．
【解答】
解：函数fx=2−x−2x|x|的定义域为x|x≠0，
∵ f−x=2x−2−x|−x|=2x−2−x|x|=−fx，
∴ 函数fx为奇函数，排除A选项；
当x>0时， 2−x<2x，
fx=2−x−2x|x|<0，排除BD选项．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质进行判断即可．
【解答】
解：若m // n，则当m⊥α时，有n⊥α，
∵ n⊂β，∴ α⊥β，即必要性成立，
若m⊥α，n⊂β，则当α⊥β时，则m // n不一定成立，
故“α⊥β”是“m // n”的必要不充分条件.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
椭圆的离心率
【解析】
直接由椭圆的性质，得到a，b的关系，再结合基本不等式，即可得出答案.
【解答】
解：由椭圆的离心率可得，e=ca=223，
设c=22m m>0，
则a=3m ，b=m，
所以a2+13b=9m2+13m
=3m+13m≥23m⋅13m=2，
当且仅当3m=13m，即m=13时取等号，
此时a2+13b的最小值为2.
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
直线与平面所成的角
棱锥的结构特征
异面直线及其所成的角
二面角的平面角及求法
【解析】
分别根据异面直线所成角的定义，线面角的定义，以及二面角的定义确定α，β，γ的大小即可得到结论．
【解答】
解：过A作A在底面的射影O，
∵A−BCD是正四面体，
∴O是底面的中心，
取BC的中点E，连结OB，OE，AE，
则∠ABO是侧棱AB与底面BCD所成的角，即β=∠ABO，
二面角C−AB−D的平面角和侧面ABC与底面BCD所成的角相等，
又侧面ABC与底面BCD所成的角为∠AEO，
∴γ=∠AEO，
在正四面体A−BCD中，AB⊥CD，
即异面直线AB与CD所成的角为α=90∘，
∵sinβ=sin∠ABO=AOAB，sinγ=sin∠AEO=AOAE，
又AB>AE，
∴AOAB∵a=csα，b=csβ，c=csγ，
∴a，b，c的大小关系为a故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
由排列组合及简单的计数问题分类讨论：①当戊的小孩坐甲妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式为C21=2种，
②当乙，丙，丁的小孩选一人坐甲妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式为C31C31=9种，综合可得解．
【解答】
解：①当戊的小孩坐甲妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式为C21=2种，
②当乙，丙，丁的小孩选一人坐甲妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式为C31C31=9种，
综合①②得：她们坐车不同的搭配方式有2+9=11种．
故选B．
9.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题意画出图形，过BC作与AD垂直的平面，交AD于E，过E作BC的垂线，垂足为F，由已知可得三棱锥D−ABC的体积V=13S△BCE×(AE+DE)=13S△BCE×AD=13×12⋅BC⋅EF⋅AD=16EF，可知EF取最大值时，三棱锥D−ABC的体积也取最大值．由已知可得B，C都在以A，D为焦点的椭圆上．结合平面BCE与线AD垂直，得到三角形BCE为等腰三角形，再由BC=1为定值，可知BE取最大值时，三棱锥D−ABC的体积也取最大值．再由椭圆得到B在以AD为焦点的椭圆上，求出a与c的值，即可求得BE的最大值b，得到EF，则三棱锥DABC的体积的最大值可求．
【解答】
解：过BC作与AD垂直的平面，交AD于E，过E作BC的垂线，垂足为F，如图所示：
∵BC=1，AD=1，则三棱锥D−ABC的体积为：
V=13S△BCE×(AE+DE)=13S△BCE×AD
=13×12⋅BC⋅EF⋅AD=16EF，
故EF取最大值时，三棱锥D−ABC的体积也取最大值．
由AB+BD=AC+CD=2>1，
可得B，C都在以A，D为焦点的椭圆上．
∵平面BCE与直线AD垂直，
∴三角形ADB与三角形ADC全等，即三角形BCE为等腰三角形，
又BC=1为定值，∴BE取最大值时，三棱锥D−ABC的体积也取最大值．
在△ABD中，动点B到A，D两点的距离和为2，B在以AD为焦点的椭圆上(长轴、焦距分别为2a，2c)，
此时a=1，c=12，
故BE的最大值为
b=a2−c2=1−122=32，
此时EF=BE2−12BC2=34−14=22，
故三棱锥D−ABC的体积的最大值是
16EF=16×22=212．
故选B．
二、填空题
【答案】
6,0,2
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
利用标准方程，得到a，b，c，即可得出答案.
【解答】
解：由双曲线C:x24−y22=1可知，
a=2，b=2，c=4+2=6，且焦点在x轴，
故右焦点为6,0，左焦点为−6,0，
渐近线为y=±22x，即2x±2y=0，
由对称性可知，不妨取渐近线2x+2y=0，
则左焦点到渐近线的距离为2×−6+2×02+4=2.
故答案为：6,0；2.
【答案】
283,20+42
【考点】
由三视图求表面积（组合型）
由三视图求体积（组合型）
【解析】
由三视图还原原几何体，根据组合体的结构计算表面积和体积．
【解答】
解：由三视图知原几何体是下面一个棱长为2的正方体，上面是正四棱锥，底面边长为2，高为1．如图，
体积为V=V1+V2=2×2×2+13×2×2×1=283，
正四棱锥的斜面高为ℎ′=12+12=2，
组合体的表面积为S=5×22+4×12×2×2=20+42．
故答案为：283；20+42．
【答案】
2305,2±3
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】
利用直线与相交的弦长公式，求解；利用圆心到直线的距离d=r，列式求解m的值．
【解答】
解：当m=2时，直线l:2x+y−2=0，
圆x−12+y−22=2，圆心1,2，半径为r=2，
圆心1,2到直线2x+y−2=0的距离d=|2|22+1=255，
则|AB|=2r2−d2=2305；
若直线l与圆相切，
则圆心1,m到直线mx+y−2=0的距离d=|m+m−2|m2+1=2，
得m2−4m+1=0，解得：m=2±3.
故答案为： 2305； 2±3.
【答案】
−1,5
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
根据4x−17的展开式的通项，得出t=−1，再令x=12，得出第二空答案．
【解答】
解：4x−17的展开式的通项为Tr+1=C7r(4x)7−r⋅(−1)r=(−1)r⋅47−r⋅C7rx7−r，
令7−r=0，解得r=7，
此时4x−17的展开式中x0的系数为−17⋅40⋅C77=−1，
此时2x+1x(4x−1)7对应的是1x的项为1x×−1=tx，则t=−1，
令x=12，则(1+2)(2−1)7=3=2t+a0+a12+a222+⋯+a828，
即a0+a12+a122+⋯+a828=3−2t=5.
故答案为：−1；5.
【答案】
459
【考点】
同角三角函数间的基本关系
余弦定理
【解析】
先根据余弦定理求出AB，再代入余弦定理可求csB，利用同角三角函数基本关系式即可求解sinB的值．
【解答】
解：在△ABC中，csC=23，AC=4，BC=3，
由余弦定理可得
AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC
=42+32−2×4×3×23=9，
故AB=3，
csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC
=32+32−422×3×3=19．
可得sinB=1−cs2B=459．
故答案为：459．
【答案】
114,15
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
平面向量数量积的运算
二次函数的性质
【解析】
建立平面直角坐标系，设MN的中点为Q(a,0)，然后将DM→⋅DN→利用向量的线性运算转化为DA→，AQ→表示，然后利用坐标表示转化为二次函数，由二次函数的性质求解即可．
【解答】
解：以B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系如图所示，
因为，AD//BC，∠ABC=60∘，AB=2，BC=6，AD=1，
且M，N是线段BC上的动点，|MN→|=1，
则A1,3，B0,0，D2,3，C6,0，
设MN的中点为Qa,0，则a∈12,112，
所以DA→=−1,0，
AQ→=a−1,−3，
则DM→⋅DN→=(DA→+AM→)⋅DA→+AN→
=DA→2+DA→AM→+AN→+AM→⋅AN→
=DA→2+DA→⋅2AQ→+AQ→+QM→⋅AQ→+QN→
=DA→2+2DA→⋅AQ→+AQ→2+AQ→⋅QM→+QN→+QM→⋅QN→
=DA→2+2DA→⋅AQ→+AQ→2+0−QM→2
=2DA→⋅AQ→+AQ→2+34
=21−a+a−12+3+34
=a−22+114，
因为a∈12,112，
所以当a=2时，DM→⋅DN→的最小值为114，
当a=112时，DM→⋅DN→的最大值为15，
故DM→⋅DN→的取值范围为114,15．
故答案为：114,15．
三、解答题
【答案】
解：(1)在△ABC 中，可得B+C=π−A，
所以sinB+C=sinπ−A=sinA，
因为sin2B+sin2C−sin2B+C=sinBsinC，
即sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，
由正弦定理，可得b2+c2−a2=bc，
又由余弦定理，可得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π ，所以A=π3 .
(2)由(1)知A=π3，可得B+C=2π3，
又由正弦定理csinC=bsinB ，
可得c=bsinCsinB=2sinCsinB，
则 S△ABC=12bcsinA
=12×2×2sinCsinB×sinπ3
=3sin2π3−BsinB
=32+32×1tanB，
因为△ABC为锐角三角形，可得0解得π6所以tanB>33 ，所以0<1tanB<3，
所以32即△ABC的面积的取值范围是32,23 .
【考点】
正弦定理
余弦定理
解三角形
三角形的面积公式
【解析】
（1）由正弦定理和三角形的内角和定理，化简得到b2+c2−a2=bc ，再结合余弦定理，取得csA=12 ，即可求解 .
（2）由正弦定理求得c=2sinCsinB ，利用三角形的面积公式化简得S△ABQ=32+32×1tanB，结合△ABC为锐角三角形，得到π6【解答】
解：(1)在△ABC 中，可得B+C=π−A，
所以sinB+C=sinπ−A=sinA，
因为sin2B+sin2C−sin2B+C=sinBsinC，
即sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，
由正弦定理，可得b2+c2−a2=bc，
又由余弦定理，可得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π ，所以A=π3 .
(2)由(1)知A=π3，可得B+C=2π3，
又由正弦定理csinC=bsinB ，
可得c=bsinCsinB=2sinCsinB，
则 S△ABC=12bcsinA
=12×2×2sinCsinB×sinπ3
=3sin2π3−BsinB
=32+32×1tanB，
因为△ABC为锐角三角形，可得0解得π6所以tanB>33 ，所以0<1tanB<3，
所以32即△ABC的面积的取值范围是32,23 .
【答案】
(1)证明：∵∠CAB=∠CA′A=90∘，
∴AB⊥AC，
∵平面A′AC⊥平面ABC，平面A′AC∩平面ABC=AC，AB⊂平面ABC，
∴AB⊥平面A′AC，A′C⊂平面A′AC，
∴AB⊥A′C，A′C⊥AA′，AB⊂平面A′AB， AA′⊂平面A′AB，A′A∩A′B=A′，
∴A′C⊥平面A′AB．
(2)解：取BC的中点N，连结A′M，A′N，MN，
设AB=1，则A′C=A′A=2，
∵点M为中点，
∴A′M⊥AC，
∵MN//AB，
∴MN⊥AC，
∴∠A′MN为二面角A′−AC−B的平面角，
∴∠A′MN=60∘，
∵MN=12AB=12，
∴AM=1，
∵A′N2=1+14−2×12×12=34，
∴A′M2=A′N2+MN2，
∴A′N⊥MN，A′N⊥AC，MN∩AC=M，
∴A′N⊥平面ABC，
∴∠A′BN为直线A′B与平面ABM所成角，
sin∠A′BN=A′NA′B=322=64．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
二面角的平面角及求法
【解析】
(1)证明AB⊥AC，结合平面与平面垂直，推出AB⊥平面A′AC，通过AB⊥A′C，A′C⊥AA′，证明A′C⊥平面A′AB．
(2)取BC的中点N，连结A′M，A′N，MN，说明∠A′MN为二面角A′−AC−B的平面角，∠A′BN为直线A′B与平面ABM所成角，通过求解三角形推出结果即可．
【解答】
(1)证明：∵∠CAB=∠CA′A=90∘，
∴AB⊥AC，
∵平面A′AC⊥平面ABC，平面A′AC∩平面ABC=AC，AB⊂平面ABC，
∴AB⊥平面A′AC，A′C⊂平面A′AC，
∴AB⊥A′C，A′C⊥AA′，AB⊂平面A′AB， AA′⊂平面A′AB，A′A∩A′B=A′，
∴A′C⊥平面A′AB．
(2)解：取BC的中点N，连结A′M，A′N，MN，
设AB=1，则A′C=A′A=2，
∵点M为中点，
∴A′M⊥AC，
∵MN//AB，
∴MN⊥AC，
∴∠A′MN为二面角A′−AC−B的平面角，
∴∠A′MN=60∘，
∵MN=12AB=12，
∴AM=1，
∵A′N2=1+14−2×12×12=34，
∴A′M2=A′N2+MN2，
∴A′N⊥MN，A′N⊥AC，MN∩AC=M，
∴A′N⊥平面ABC，
∴∠A′BN为直线A′B与平面ABM所成角，
sin∠A′BN=A′NA′B=322=64．
【答案】
解：(1)∵ a1,2a2+2,5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a3⋅a1，整理得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4，
当d=−1时，an=10−n−1=−n+11；
当d=4时，an=10+4n−1=4n+6；
所以an=−n+11或an=4n+6,n∈N∗ .
(2)设数列an前n项和为Sn，
∵ d<0，∴ d=−1，an=−n+11，
bn=|2−n3n|，
当n=1时，S1=13，
当n≥2时，
Sn=13+032+133+234+⋯ +n−23n，
令Tn=133+234+⋯+n−23n，n>2，
则13Tn=134+235+⋯ +n−23n+1 ，
两式相减可得23Tn=133+134+135+⋯+13n−n−23n+1，
整理可得Tn=112+(14−n2)×13n，
则Sn=512+(14−n2)×13n，n≥2，
且S1=13满足上式，
综上所述： Sn=512+14−n2×13n，n∈N∗ .
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
解：(1)∵ a1,2a2+2,5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a3⋅a1，整理得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4，
当d=−1时，an=10−n−1=−n+11；
当d=4时，an=10+4n−1=4n+6；
所以an=−n+11或an=4n+6,n∈N∗ .
【解答】
解：(1)∵ a1,2a2+2,5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a3⋅a1，整理得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4，
当d=−1时，an=10−n−1=−n+11；
当d=4时，an=10+4n−1=4n+6；
所以an=−n+11或an=4n+6,n∈N∗ .
(2)设数列an前n项和为Sn，
∵ d<0，∴ d=−1，an=−n+11，
bn=|2−n3n|，
当n=1时，S1=13，
当n≥2时，
Sn=13+032+133+234+⋯ +n−23n，
令Tn=133+234+⋯+n−23n，n>2，
则13Tn=134+235+⋯ +n−23n+1 ，
两式相减可得23Tn=133+134+135+⋯+13n−n−23n+1，
整理可得Tn=112+(14−n2)×13n，
则Sn=512+(14−n2)×13n，n≥2，
且S1=13满足上式，
综上所述： Sn=512+14−n2×13n，n∈N∗ .
1. 已知集合A=−1,0,1,2，B=x|0
2. 已知实数x，y满足x−y≥0,x+y−4≥0,x≤4, 则3x+2y的最小值为( )
A.−2B.10C.12D.20
3. 平面上动点M到点F2,0的距离等于M到直线l:x=−2的距离，则动点M满足的方程是( )
A.y2=4xB.y2=8xC.x2=4yD.x2=8y
4. 函数fx=2−x−2x|x|的图象大致为( )
A.B.
C.D.
5. 已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，且m⊥α，n⊂β，则“α⊥β”是“m // n”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
6. 若椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为223，则a2+13b的最小值为( )
A.233B.33C.2D.2
7. 在正四面体ABCD中，异面直线AB与CD所成角为α，直线AB与平面BCD所成的角为β，二面角C−AB−D的平面角为γ，若a=csα，b=csβ，c=csγ．则a，b，c的大小关系为( )
A.c
8. 甲、乙、丙、丁、戊五位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆电动车只能载两人，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式有( )
A.12种B.11种C.10种D.9种
9. 如图，在三棱锥D−ABC中， AD⊥BC，BC=1，AD=1．且AB+BD=AC+CD=2，则四面体ABCD的体积的最大值为( )
A.14B.212C.36D.524
二、填空题
已知双曲线C:x24−y22=1，则C的右焦点的坐标为________，C的左焦点到其渐近线的距离是________．
某个几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是________，表面积是________．
已知直线l:mx+y−2=0与圆x−12+y−m2=2，若m=2，直线l与圆相交于A，B两点，则|AB|=________，若直线l与圆相切，则实数m=________.
已知 2x+1x4x−17=tx+a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，则t=________；a0+a12+a222+⋯+a828=________.
在△ABC中，csC=23，AC=4，BC=3，则sinB=________．
如图，在四边形ABCD中， ∠B=60∘，AB=2，BC=6，AD=1，若M，N是线段BC上的动点，且|MN→|=1，则DM→⋅DN→的取值范围为________．
三、解答题
若a，b，c为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，且sin2B+sin2C−sin2B+C=sinBsinC．
(1)求角A；
(2)若b=2，求△ABC面积的取值范围．
如图，在平面四边形A′ABC中，∠CAB=∠CA′A=90∘，M在直线AC上，A′A=A′C，AB=AM=MC，△A′AC绕AC旋转．
(1)若△A′AC所在平面与△ABC所在平面垂直，求证：A′C⊥平面A′AB．
(2)若二面角A′−AC−B大小为60∘，求直线A′B与平面ABM所成角的正弦值．
在公差为d的等差数列an中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若d<0，bn=|an−9|3n，求数列bn的前n项和Sn．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市高二（下）3月周练数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先求出∁RB={x|x≤0或x≥3}．再利用交集运算能求出A∩∁RB．
【解答】
解：∵集合A={−1,0,1,2}，B=x|0
则A∩∁RB={−1,0}．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
解：由约束条件作出可行域如图，
联立x−y=0,x+y−4=0,解得A2,2，
令z=3x+2y，化为y=−32x+z2，由图可知，
当直线y=−32x+z2过A时，直线在y轴上的截距最小，
z有最小值为3×2+2×2=10．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
抛物线的定义
轨迹方程
【解析】
由点M到点F2,0的距离与到直线x=−2的距离相等，利用抛物线的定义，即可求得结论．
【解答】
解：由条件可知，点M到点F2,0的距离与到直线x=−2的距离相等，
所以点M的轨迹是以F2,0为焦点，x=−2为准线的抛物线，其方程为y2=8x．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
分析函数fx的奇偶性及其在(0,+∞)上的函数值符号，进而可得出合适的选项．
【解答】
解：函数fx=2−x−2x|x|的定义域为x|x≠0，
∵ f−x=2x−2−x|−x|=2x−2−x|x|=−fx，
∴ 函数fx为奇函数，排除A选项；
当x>0时， 2−x<2x，
fx=2−x−2x|x|<0，排除BD选项．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质进行判断即可．
【解答】
解：若m // n，则当m⊥α时，有n⊥α，
∵ n⊂β，∴ α⊥β，即必要性成立，
若m⊥α，n⊂β，则当α⊥β时，则m // n不一定成立，
故“α⊥β”是“m // n”的必要不充分条件.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
椭圆的离心率
【解析】
直接由椭圆的性质，得到a，b的关系，再结合基本不等式，即可得出答案.
【解答】
解：由椭圆的离心率可得，e=ca=223，
设c=22m m>0，
则a=3m ，b=m，
所以a2+13b=9m2+13m
=3m+13m≥23m⋅13m=2，
当且仅当3m=13m，即m=13时取等号，
此时a2+13b的最小值为2.
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
直线与平面所成的角
棱锥的结构特征
异面直线及其所成的角
二面角的平面角及求法
【解析】
分别根据异面直线所成角的定义，线面角的定义，以及二面角的定义确定α，β，γ的大小即可得到结论．
【解答】
解：过A作A在底面的射影O，
∵A−BCD是正四面体，
∴O是底面的中心，
取BC的中点E，连结OB，OE，AE，
则∠ABO是侧棱AB与底面BCD所成的角，即β=∠ABO，
二面角C−AB−D的平面角和侧面ABC与底面BCD所成的角相等，
又侧面ABC与底面BCD所成的角为∠AEO，
∴γ=∠AEO，
在正四面体A−BCD中，AB⊥CD，
即异面直线AB与CD所成的角为α=90∘，
∵sinβ=sin∠ABO=AOAB，sinγ=sin∠AEO=AOAE，
又AB>AE，
∴AOAB
∴a，b，c的大小关系为a
8.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
由排列组合及简单的计数问题分类讨论：①当戊的小孩坐甲妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式为C21=2种，
②当乙，丙，丁的小孩选一人坐甲妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式为C31C31=9种，综合可得解．
【解答】
解：①当戊的小孩坐甲妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式为C21=2种，
②当乙，丙，丁的小孩选一人坐甲妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式为C31C31=9种，
综合①②得：她们坐车不同的搭配方式有2+9=11种．
故选B．
9.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题意画出图形，过BC作与AD垂直的平面，交AD于E，过E作BC的垂线，垂足为F，由已知可得三棱锥D−ABC的体积V=13S△BCE×(AE+DE)=13S△BCE×AD=13×12⋅BC⋅EF⋅AD=16EF，可知EF取最大值时，三棱锥D−ABC的体积也取最大值．由已知可得B，C都在以A，D为焦点的椭圆上．结合平面BCE与线AD垂直，得到三角形BCE为等腰三角形，再由BC=1为定值，可知BE取最大值时，三棱锥D−ABC的体积也取最大值．再由椭圆得到B在以AD为焦点的椭圆上，求出a与c的值，即可求得BE的最大值b，得到EF，则三棱锥DABC的体积的最大值可求．
【解答】
解：过BC作与AD垂直的平面，交AD于E，过E作BC的垂线，垂足为F，如图所示：
∵BC=1，AD=1，则三棱锥D−ABC的体积为：
V=13S△BCE×(AE+DE)=13S△BCE×AD
=13×12⋅BC⋅EF⋅AD=16EF，
故EF取最大值时，三棱锥D−ABC的体积也取最大值．
由AB+BD=AC+CD=2>1，
可得B，C都在以A，D为焦点的椭圆上．
∵平面BCE与直线AD垂直，
∴三角形ADB与三角形ADC全等，即三角形BCE为等腰三角形，
又BC=1为定值，∴BE取最大值时，三棱锥D−ABC的体积也取最大值．
在△ABD中，动点B到A，D两点的距离和为2，B在以AD为焦点的椭圆上(长轴、焦距分别为2a，2c)，
此时a=1，c=12，
故BE的最大值为
b=a2−c2=1−122=32，
此时EF=BE2−12BC2=34−14=22，
故三棱锥D−ABC的体积的最大值是
16EF=16×22=212．
故选B．
二、填空题
【答案】
6,0,2
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
利用标准方程，得到a，b，c，即可得出答案.
【解答】
解：由双曲线C:x24−y22=1可知，
a=2，b=2，c=4+2=6，且焦点在x轴，
故右焦点为6,0，左焦点为−6,0，
渐近线为y=±22x，即2x±2y=0，
由对称性可知，不妨取渐近线2x+2y=0，
则左焦点到渐近线的距离为2×−6+2×02+4=2.
故答案为：6,0；2.
【答案】
283,20+42
【考点】
由三视图求表面积（组合型）
由三视图求体积（组合型）
【解析】
由三视图还原原几何体，根据组合体的结构计算表面积和体积．
【解答】
解：由三视图知原几何体是下面一个棱长为2的正方体，上面是正四棱锥，底面边长为2，高为1．如图，
体积为V=V1+V2=2×2×2+13×2×2×1=283，
正四棱锥的斜面高为ℎ′=12+12=2，
组合体的表面积为S=5×22+4×12×2×2=20+42．
故答案为：283；20+42．
【答案】
2305,2±3
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】
利用直线与相交的弦长公式，求解；利用圆心到直线的距离d=r，列式求解m的值．
【解答】
解：当m=2时，直线l:2x+y−2=0，
圆x−12+y−22=2，圆心1,2，半径为r=2，
圆心1,2到直线2x+y−2=0的距离d=|2|22+1=255，
则|AB|=2r2−d2=2305；
若直线l与圆相切，
则圆心1,m到直线mx+y−2=0的距离d=|m+m−2|m2+1=2，
得m2−4m+1=0，解得：m=2±3.
故答案为： 2305； 2±3.
【答案】
−1,5
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
根据4x−17的展开式的通项，得出t=−1，再令x=12，得出第二空答案．
【解答】
解：4x−17的展开式的通项为Tr+1=C7r(4x)7−r⋅(−1)r=(−1)r⋅47−r⋅C7rx7−r，
令7−r=0，解得r=7，
此时4x−17的展开式中x0的系数为−17⋅40⋅C77=−1，
此时2x+1x(4x−1)7对应的是1x的项为1x×−1=tx，则t=−1，
令x=12，则(1+2)(2−1)7=3=2t+a0+a12+a222+⋯+a828，
即a0+a12+a122+⋯+a828=3−2t=5.
故答案为：−1；5.
【答案】
459
【考点】
同角三角函数间的基本关系
余弦定理
【解析】
先根据余弦定理求出AB，再代入余弦定理可求csB，利用同角三角函数基本关系式即可求解sinB的值．
【解答】
解：在△ABC中，csC=23，AC=4，BC=3，
由余弦定理可得
AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC
=42+32−2×4×3×23=9，
故AB=3，
csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC
=32+32−422×3×3=19．
可得sinB=1−cs2B=459．
故答案为：459．
【答案】
114,15
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
平面向量数量积的运算
二次函数的性质
【解析】
建立平面直角坐标系，设MN的中点为Q(a,0)，然后将DM→⋅DN→利用向量的线性运算转化为DA→，AQ→表示，然后利用坐标表示转化为二次函数，由二次函数的性质求解即可．
【解答】
解：以B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系如图所示，
因为，AD//BC，∠ABC=60∘，AB=2，BC=6，AD=1，
且M，N是线段BC上的动点，|MN→|=1，
则A1,3，B0,0，D2,3，C6,0，
设MN的中点为Qa,0，则a∈12,112，
所以DA→=−1,0，
AQ→=a−1,−3，
则DM→⋅DN→=(DA→+AM→)⋅DA→+AN→
=DA→2+DA→AM→+AN→+AM→⋅AN→
=DA→2+DA→⋅2AQ→+AQ→+QM→⋅AQ→+QN→
=DA→2+2DA→⋅AQ→+AQ→2+AQ→⋅QM→+QN→+QM→⋅QN→
=DA→2+2DA→⋅AQ→+AQ→2+0−QM→2
=2DA→⋅AQ→+AQ→2+34
=21−a+a−12+3+34
=a−22+114，
因为a∈12,112，
所以当a=2时，DM→⋅DN→的最小值为114，
当a=112时，DM→⋅DN→的最大值为15，
故DM→⋅DN→的取值范围为114,15．
故答案为：114,15．
三、解答题
【答案】
解：(1)在△ABC 中，可得B+C=π−A，
所以sinB+C=sinπ−A=sinA，
因为sin2B+sin2C−sin2B+C=sinBsinC，
即sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，
由正弦定理，可得b2+c2−a2=bc，
又由余弦定理，可得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π ，所以A=π3 .
(2)由(1)知A=π3，可得B+C=2π3，
又由正弦定理csinC=bsinB ，
可得c=bsinCsinB=2sinCsinB，
则 S△ABC=12bcsinA
=12×2×2sinCsinB×sinπ3
=3sin2π3−BsinB
=32+32×1tanB，
因为△ABC为锐角三角形，可得0
所以32
【考点】
正弦定理
余弦定理
解三角形
三角形的面积公式
【解析】
（1）由正弦定理和三角形的内角和定理，化简得到b2+c2−a2=bc ，再结合余弦定理，取得csA=12 ，即可求解 .
（2）由正弦定理求得c=2sinCsinB ，利用三角形的面积公式化简得S△ABQ=32+32×1tanB，结合△ABC为锐角三角形，得到π6
解：(1)在△ABC 中，可得B+C=π−A，
所以sinB+C=sinπ−A=sinA，
因为sin2B+sin2C−sin2B+C=sinBsinC，
即sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，
由正弦定理，可得b2+c2−a2=bc，
又由余弦定理，可得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π ，所以A=π3 .
(2)由(1)知A=π3，可得B+C=2π3，
又由正弦定理csinC=bsinB ，
可得c=bsinCsinB=2sinCsinB，
则 S△ABC=12bcsinA
=12×2×2sinCsinB×sinπ3
=3sin2π3−BsinB
=32+32×1tanB，
因为△ABC为锐角三角形，可得0
所以32
【答案】
(1)证明：∵∠CAB=∠CA′A=90∘，
∴AB⊥AC，
∵平面A′AC⊥平面ABC，平面A′AC∩平面ABC=AC，AB⊂平面ABC，
∴AB⊥平面A′AC，A′C⊂平面A′AC，
∴AB⊥A′C，A′C⊥AA′，AB⊂平面A′AB， AA′⊂平面A′AB，A′A∩A′B=A′，
∴A′C⊥平面A′AB．
(2)解：取BC的中点N，连结A′M，A′N，MN，
设AB=1，则A′C=A′A=2，
∵点M为中点，
∴A′M⊥AC，
∵MN//AB，
∴MN⊥AC，
∴∠A′MN为二面角A′−AC−B的平面角，
∴∠A′MN=60∘，
∵MN=12AB=12，
∴AM=1，
∵A′N2=1+14−2×12×12=34，
∴A′M2=A′N2+MN2，
∴A′N⊥MN，A′N⊥AC，MN∩AC=M，
∴A′N⊥平面ABC，
∴∠A′BN为直线A′B与平面ABM所成角，
sin∠A′BN=A′NA′B=322=64．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
二面角的平面角及求法
【解析】
(1)证明AB⊥AC，结合平面与平面垂直，推出AB⊥平面A′AC，通过AB⊥A′C，A′C⊥AA′，证明A′C⊥平面A′AB．
(2)取BC的中点N，连结A′M，A′N，MN，说明∠A′MN为二面角A′−AC−B的平面角，∠A′BN为直线A′B与平面ABM所成角，通过求解三角形推出结果即可．
【解答】
(1)证明：∵∠CAB=∠CA′A=90∘，
∴AB⊥AC，
∵平面A′AC⊥平面ABC，平面A′AC∩平面ABC=AC，AB⊂平面ABC，
∴AB⊥平面A′AC，A′C⊂平面A′AC，
∴AB⊥A′C，A′C⊥AA′，AB⊂平面A′AB， AA′⊂平面A′AB，A′A∩A′B=A′，
∴A′C⊥平面A′AB．
(2)解：取BC的中点N，连结A′M，A′N，MN，
设AB=1，则A′C=A′A=2，
∵点M为中点，
∴A′M⊥AC，
∵MN//AB，
∴MN⊥AC，
∴∠A′MN为二面角A′−AC−B的平面角，
∴∠A′MN=60∘，
∵MN=12AB=12，
∴AM=1，
∵A′N2=1+14−2×12×12=34，
∴A′M2=A′N2+MN2，
∴A′N⊥MN，A′N⊥AC，MN∩AC=M，
∴A′N⊥平面ABC，
∴∠A′BN为直线A′B与平面ABM所成角，
sin∠A′BN=A′NA′B=322=64．
【答案】
解：(1)∵ a1,2a2+2,5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a3⋅a1，整理得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4，
当d=−1时，an=10−n−1=−n+11；
当d=4时，an=10+4n−1=4n+6；
所以an=−n+11或an=4n+6,n∈N∗ .
(2)设数列an前n项和为Sn，
∵ d<0，∴ d=−1，an=−n+11，
bn=|2−n3n|，
当n=1时，S1=13，
当n≥2时，
Sn=13+032+133+234+⋯ +n−23n，
令Tn=133+234+⋯+n−23n，n>2，
则13Tn=134+235+⋯ +n−23n+1 ，
两式相减可得23Tn=133+134+135+⋯+13n−n−23n+1，
整理可得Tn=112+(14−n2)×13n，
则Sn=512+(14−n2)×13n，n≥2，
且S1=13满足上式，
综上所述： Sn=512+14−n2×13n，n∈N∗ .
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
解：(1)∵ a1,2a2+2,5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a3⋅a1，整理得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4，
当d=−1时，an=10−n−1=−n+11；
当d=4时，an=10+4n−1=4n+6；
所以an=−n+11或an=4n+6,n∈N∗ .
【解答】
解：(1)∵ a1,2a2+2,5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a3⋅a1，整理得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4，
当d=−1时，an=10−n−1=−n+11；
当d=4时，an=10+4n−1=4n+6；
所以an=−n+11或an=4n+6,n∈N∗ .
(2)设数列an前n项和为Sn，
∵ d<0，∴ d=−1，an=−n+11，
bn=|2−n3n|，
当n=1时，S1=13，
当n≥2时，
Sn=13+032+133+234+⋯ +n−23n，
令Tn=133+234+⋯+n−23n，n>2，
则13Tn=134+235+⋯ +n−23n+1 ，
两式相减可得23Tn=133+134+135+⋯+13n−n−23n+1，
整理可得Tn=112+(14−n2)×13n，
则Sn=512+(14−n2)×13n，n≥2，
且S1=13满足上式，
综上所述： Sn=512+14−n2×13n，n∈N∗ .
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