2020-2021学年河北省石家庄高二（下）期末考试数学试卷人教A版

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2020-2021学年河北省石家庄市高二（下）期末考试数学试卷一、选择题 1. 设集合U=1,2,3,4,5,6，A=1,3,6，B=2,3,4，则A∩∁UB=（        ） A.3 B.1,6 C.5,6 D.1,3 2. 已知i是虚数单位，若z=i3+a2+i是纯虚数，则实数a=（        ） A.−2 B.2 C.−12 D.12 3. 已知命题p:∀x>0，ex≥x+1，则命题¬p为（        ） A.∀x>0，ex0，ex0的解集为（        ） A.−2,0∪2,+∞ B.−2,0∪0,2C.−∞,−2∪2,+∞ D.−∞,−2∪0,2 6. 已知函数 fx=ax2−x−14,x≤1,logax−1,x>1 是R上的单调函数，则实数a的取值范围是（        ） A.[14,12) B.(0,12] C.14,12 D.[12,1) 7. 已知函数fx=eax−x存在两个零点，则正数a的取值范围是（        ） A.0,e2 B.e2,+∞ C.0,12e D.12e,+∞ 8. 设函数f(x)=ex+2x−a（a∈R，e为自然对数的底数）．若存在b∈[0, 1]使f(f(b))=b成立，则a的取值范围是(         ) A.[1, e] B.[1, 1+e] C.[e, 1+e] D.[0, 1]二、多选题  下列四个选项中，q是p的充分必要条件的是(         ) A.p:a=0,b=0.q:a+b=0,ab=0.B.p:a=1,b=1.q:a+b=2,ab=1.C.p:a>0,b>0.q∶a+b>0,ab>0.D.p:a>1,b>1,q:a+b>2,ab>1,  已知曲线C1:y=cos4x，C2:y=sin2x+π3，则下面结论正确的是(         ) A.把曲线C1向左平移π3个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到曲线C2B.把曲线C1向右平移π24个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到曲线C2C.把曲线C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C2D.把曲线C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的曲线向右平移π12个单位长度，得到曲线C2  已知奇函数fx的定义域为R，且满足：对任意的x∈R，都有f−x=fx+1．当0≤x≤12时，fx=log21+x，则下列说法正确的是(        ) A.fx的一个周期为2B.若i∈N∗，则i=1nfi=0C.点−1,0为fx的一个对称中心D.i=12021fi2=log2321011  若函数f(x)=2(x+1)2+sinxx2+1的最大值和最小值分别为M、m，则函数g(x)=(M+m)x+sin[(M+m)x−π3]图象的对称中心可能是(         ) A.(π3,4π3) B.(π12,π3) C.(2π3,8π3) D.(π6,2π3)三、填空题  若集合A=x|kx2+2x+1=0中有且仅有一个元素，则k的值为________．   已知条件p:x2−3x−4≤0，条件q:x2−6x+9−m2≤0m>0，若p的一个必要不充分条件是q，则实数m的取值范围是________．   已知fx为奇函数，当x<0时，fx=e−x+1，则曲线y=fx在点(1,f(1))处的切线方程是________.   已知函数fx=ax−1x−2lnx，若fx在1,e上单调减函数，则实数a的最大值为________；若a>0，在1,e上至少存在一点x0，使得fx0−2ex0≥0成立，则实数a的最小值为________． 四、解答题  已知函数f(x)=3sin2x+2cos2x． (1)求函数f(x)的值域； (2)求函数f(x)单调递增区间．  已知数列an的前n项和为Sn=n2+12n .  (1)求数列an的通项公式； (2)设bn=an+12，求数列1bn⋅bn+1的前n项和Tn .   △ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c， c1−cosB=bcosC． (1)证明：A=C； (2)若B=π6，c=3，D为边BC上一点且AD=1，求△ACD的面积S．  如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1，∠BCA=90∘，AC=BC=2，AC的中点为D．且A1D⊥平面ABC，A1D=3． (1)求证：A1B⊥AC1； (2)线段CC1上是否存在一点M，使得直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520．若存在求出CMCC1的值；若不存在，请说出理由．  已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，过左焦点F且与x轴垂直的弦长为2． (1)求椭圆C的方程； (2)已知A，B为椭圆C上两点，O为坐标原点，斜率为k的直线l经过点P0,12，若A，B关于l对称，且OA⊥OB，如果存在这样的直线l，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．  已知函数fx=ex−ax有两个零点x1，x2x10，ex≥x+1是全称量词命题，则命题¬p为存在量词命题，由全称量词命题的否定意义得：命题¬p：∃x>0，ex0⇒x>0,fx>0或x<0,fx<0,故x>2或−21时，fx=ax2−x−14在(−∞,12a)上为减函数，fx=logax−1在1,+∞上为增函数，不符合题意； 当00，解得a<12e，∴正数a的取值范围是0,12e．故选C．8.【答案】B【考点】函数的对称性函数的零点与方程根的关系利用导数研究函数的最值【解析】利用反函数将问题进行转化，再将解方程问题转化为函数的图象交点问题．【解答】解：由f(f(b))=b，可得f(b)=f−1(b)，其中f−1(x)是函数f(x)的反函数，因此命题“存在b∈[0, 1]使f(f(b))=b成立”，转化为“存在b∈[0, 1]，使f(b)=f−1(b)”，即y=f(x)的图象与函数y=f−1(x)的图象有交点，且交点的横坐标b∈[0, 1].∵ y=f(x)的图象与y=f−1(x)的图象关于直线y=x对称，∴ y=f(x)的图象与函数y=f−1(x)的图象的交点必定在直线y=x上，由此可得，y=f(x)的图象与直线y=x有交点，且交点横坐标b∈[0, 1]，∴ ex+2x−a=x，∴ a=ex+x.设g(x)=ex+x，则g′(x)=ex+1>0在[0, 1]上恒成立，∴ g(x)=ex+x在[0, 1]上单调递增，∴ g(0)=1+0=1，g(1)=e+1，∴ a的取值范围是[1, 1+e].故选B.二、多选题【答案】A,B,C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】无【解答】解：A．由a=0，b=0，可得a+b=0，ab=0，反之也成立，∴q是p的充分必要条件；B．由a=1，b=1，可得a+b=2，ab=1，反之也成立，∴q是p的充分必要条件；C．由a>0，b>0，可得a+b>0，ab>0，反之也成立，∴q是p的充分必要条件；D．由a>1， b>1，可得a+b>2， ab>1，反之不成立，例如取a=6， b=12 ，∴q是p的必要不充分条件．故选ABC．【答案】B,D【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】此题暂无解析【解答】解：曲线C1到曲线C2的转换可通过两个途径放缩、平移可得：途径一：向右平移π24，即y=cos4x⇒y=cos4x−π6，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），即y=cos4x−π6⇒y=cos2x−π6=cos2x+π3−π2=sin2x+π3，可得选项B正确；途径二：把曲线C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），即y=cos4x⇒y=cos2x，所得曲线向右平移π12个单位长度，即y=cos2x⇒y=cos2x−π12=cos2x−π6=cos2x+π3−π2=sin2x+π3，可得选项D正确.故选BD.【答案】A,B,C【考点】命题的真假判断与应用函数奇偶性的性质函数的周期性函数的对称性【解析】本题考查函数的奇偶性，单调性，对称性等函数性质．【解答】解：由fx为奇函数， f−x=fx+1，所以函数fx关于直线x=12对称，所以fx=−fx+1=−−fx+2=fx+2，故周期T=2，选项A正确；当0≤x≤12时，fx=log21+x，所以f1=f0=f2=0，所以i∈N∗，则i=1nfi=0，选项B正确；点−1,0为fx的一个对称中心，所以i=12021fi2=log232，故i=12021f12≠log2(32)1011，选项C正确，D错误．故选ABC．【答案】A,B【考点】正弦函数的对称性函数的值域及其求法【解析】对函数f(x)进行化简，结合奇偶性考虑最值，可求出M+m，从而可得函数g(x)的对称中心，则答案可求．【解答】解：f(x)=2(x+1)2+sinxx2+1=2(x2+1)+4x+sinxx2+1=2+4x+sinxx2+1，而函数4x+sinxx2+1为奇函数，设其最大值为a，则其最小值为−a，可得M=2+a，m=2−a，∴ M+m=4，∴ g(x)=(M+m)x+sin[(M+m)x−π3]=4x+sin(4x−π3)．令4x−π3=kπ，得x=kπ4+π12，k∈Z．取k=0，得x=π12，此时g(π12)=π3；取k=1，得x=π3，此时g(π3)=4π3；取k=5，得x=4π3，此时g(4π3)=16π3，∴ 函数g(x)=(M+m)x+sin[(M+m)x−π3]图象的对称中心可能是(π3,4π3)和(π12,π3).故选AB.三、填空题【答案】0或1【考点】集合中元素的个数【解析】无【解答】解：当k=0时，方程为2x+1=0，有且只有一解，符合题意；当k≠0时，方程kx2+2x+1=0有且仅有一个解等价于Δ=22−4k=0，解得k=1．故答案为：0或1．【答案】m≥4【考点】根据充分必要条件求参数取值问题【解析】无【解答】解：命题p：x2−3x−4≤0，解得−1≤x≤4.命题q：∵x2−6x+9−m2≤0，∴[x−3−m][x−3+m]≤0.又 m>0，∴ 3−m≤x≤3+m，∵p的一个必要不充分条件为q，∴[−1,4]⫋[3−m,3+m]，∴ 3−m≤−1，3+m≥4，解得m≥4．故答案为：m≥4．【答案】ex+y+1=0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】此题暂无解析【解答】解：当x>0时，−x<0，则f−x=ex+1，又fx为奇函数，则fx=−ex−1，f′x=−ex，f1=−e−1，所以k=f′1=−e，所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为ex+y+1=0.故答案为：ex+y+1=0. 【答案】2ee2+1,4ee2−1【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：由fx=ax−ax−2lnx，得f′x=a+ax2−2x=ax2−2x+ax2．要使fx在1,e内为单调减函数，只需f′x≤0，即ax2−2x+a≤0在1,e内恒成立，设ℎ(x)=ax2−2x+a，①当a>0时，ℎ(1)≤0，ℎ(e)≤0，即a−2+a≤0，ae2−2e+a≤0，解得：00，设gx=2ex，则gx=2ex在1,e上是减函数，∴ gxmin=ge=2，gxmax=g1=2e，即gx∈2,2e．当00，fx=a(x−1x)−2lnx0，即1+2k2>m2①．设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=4km2+k2，x1x2=2k2m2−12+k2，y1+y2=−1kx1+x2+2m=2mk22+k2，y1y2=−1kx1+m−1kx2+m=1k2x1x2−mkx1+x2+m2=m2k2−22+k2．AB的中点K2km2+k2,k2m2+k2在直线l上，则k2m2+k2=k×2km2+k2+12，整理得m=−2+k22k2②，②式代入①式整理得3k4+4k2−4>0，解得k>63或k<−63．因为OA→⋅OB→=0，即x1x2+y1y2=2k2m2−12+k2+k2m2−22+k2=0，整理得3k2m2−2k2−2=0③．将②式代入③得5k4−4k2−12=0,k=±2，且满足k>63或k<−63，所以k=±2，故直线l的方程为y=2x+12或y=−2x+12．【考点】椭圆的标准方程圆锥曲线的综合问题【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)设c=a2−b2，则F−c,0，令x=−c，则y2=b4a2，从而2b2a=2，即a=2b2.又因为ca=22，即a2=2c2，解得a=2,b=1，故椭圆的方程为x22+y2=1．(2)设直线l的方程为y=kx+12，当k=0时，不符合题意．当k≠0时，设直线AB:y=−1kx+m，由x2+2y2=2,y=−1kx+m 联立，整理得12+1k2x2−2mkx+m2−1=0，Δ=4m2k2−412+1k2m2−1=−2m2+2+4k2>0，即1+2k2>m2①．设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=4km2+k2，x1x2=2k2m2−12+k2，y1+y2=−1kx1+x2+2m=2mk22+k2，y1y2=−1kx1+m−1kx2+m=1k2x1x2−mkx1+x2+m2=m2k2−22+k2．AB的中点K2km2+k2,k2m2+k2在直线l上，则k2m2+k2=k×2km2+k2+12，整理得m=−2+k22k2②，②式代入①式整理得3k4+4k2−4>0，解得k>63或k<−63．因为OA→⋅OB→=0，即x1x2+y1y2=2k2m2−12+k2+k2m2−22+k2=0，整理得3k2m2−2k2−2=0③．将②式代入③得5k4−4k2−12=0,k=±2，且满足k>63或k<−63，所以k=±2，故直线l的方程为y=2x+12或y=−2x+12．【答案】(1)解：fx的定义域为R，f′x=ex−a．①当a≤0时，f′x≥ex>0，所以fx在R上单调递增，故fx至多有一个零点，不符合题意；②当a>0时，令f′x<0，得x0，得x>lna，故fx∈−∞,lna上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，所以fxmin=flna=a−alna=a1−lna．(ⅰ)若0e，则lna>1，fxmin=a1−lna<0，由(ⅰ)知ex−ex≥0，∴ elna−elna=a−elna≥0，∴ a−2lna>a−elna≥0，f2lna=a2−2alna=aa−2lna>0.又∵ f0=1>0，00，两式相除得et=ex2−x1=x2x1=x1+tx1，变形得x1=tet−1.欲证x2−x1<2x1−2，即证t<2et−1t−2，即证t2+2t+2et<2．记ℎt=t2+2t+2ett>0，ℎ′t=−t2et<0，故ℎ(t)在0,+∞上单调递减，从而ℎt<ℎ0=2，即t2+2t+2et<2，所以x2−x1<2x1−2得证．【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究不等式恒成立问题【解析】无无【解答】(1)解：fx的定义域为R，f′x=ex−a．①当a≤0时，f′x≥ex>0，所以fx在R上单调递增，故fx至多有一个零点，不符合题意；②当a>0时，令f′x<0，得x0，得x>lna，故fx∈−∞,lna上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，所以fxmin=flna=a−alna=a1−lna．(ⅰ)若0e，则lna>1，fxmin=a1−lna<0，由(ⅰ)知ex−ex≥0，∴ elna−elna=a−elna≥0，∴ a−2lna>a−elna≥0，f2lna=a2−2alna=aa−2lna>0.又∵ f0=1>0，00，两式相除得et=ex2−x1=x2x1=x1+tx1，变形得x1=tet−1.欲证x2−x1<2x1−2，即证t<2et−1t−2，即证t2+2t+2et<2．记ℎt=t2+2t+2ett>0，ℎ′t=−t2et<0，故ℎ(t)在0,+∞上单调递减，从而ℎt<ℎ0=2，即t2+2t+2et<2，所以x2−x1<2x1−2得证．