2020-2021学年浙江省湖州市高二（下）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年浙江省湖州市高二（下）期末数学试卷，共15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。

2020-2021学年浙江省湖州市高二（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．（4分）设全集为实数集R，集合A＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，B＝{x|x≥2}，则A∩（∁RB）＝（　　）
A．{2，3} B．{﹣2，﹣1，0，1}
C．{﹣3，﹣2，﹣1，0} D．{﹣3，﹣2，﹣1，0，1}
2．（4分）已知函数，则f[f（2）]＝（　　）
A． B．2 C． D．26
3．（4分）已知实数a，b满足0＜a＜b＜1，则ab，aa，ba的大小关系是（　　）
A．ab＜aa＜ba B．aa＜ab＜ba C．ba＜aa＜ab D．ba＜ab＜aa
4．（4分）已知，则（　　）
A． B． C．﹣3 D．3
5．（4分）函数的最小正周期是π，若将该函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于点对称，则函数f（x）的解析式是（　　）
A． B．
C． D．
6．（4分）设变量x，y满足约束条件，则z＝|x﹣2y|的最大值与最小值的和是（　　）
A．3 B．5 C．6 D．7
7．（4分）已知数列{an}满足，，则a2021＝（　　）
A． B． C． D．
8．（4分）甲箱子里装有3个白球和2个红球，乙箱子里装有3个白球和3个红球，从这两个箱子里分别随机摸出一个球，设摸出白球的个数X的均值和方差分别为E（X），D（X），摸出红球个数Y的均值和方差分别为E（Y），D（Y），则（　　）
A．E（X）＞E（Y），D（X）＞D（Y） B．E（X）＜E（Y），D（X）＞D（Y）
C．E（X）＞E（Y），D（X）＝D（Y） D．E（X）＜E（Y），D（X）＜D（Y）
9．（4分）某校三位同学报名参加数理化生四科学科竞赛，每人限报且必须报两门，由于数学是该校优势科目，必须至少有两人参赛，若要求每门学科都有人报名，则不同的参赛方案有（　　）
A．51种 B．45种 C．48种 D．42种
10．（4分）若存在正实数x，y使得不等式成立，则x+y＝（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（本题共有7小题，其中多空题每空3分，单空题每空4分，共36分）
11．（6分）在复平面内，复数z＝i（1+2i）（i是虚数单位）的虚部是 　 　，复数z的模等于 　 　．
12．（6分）一个暗箱内有标号是1，2，3，4，5的五个小球，现从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，如果两个球的号码和是5的倍数，则获奖．若有5人参与摸奖，则恰有3人获奖的概率是 　 　，获奖人数的均值是 　 　．
13．（6分）若数列{an}满足a1＝3，，则an＝　 　，数列{an•an+1}的前10项和是 　 　．
14．（6分）已知a∈R，函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣a|．若f（x）是奇函数但不是偶函数，则a＝　 　；若f（x）≤3对一切实数x都成立，则a的取值范围是 　 　．
15．（4分）在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则角A的余弦值是 　 　．
16．（4分）已知O，A，B为平面上三点，若，，动点P和实数λ，μ满足，1≤λ≤2，2≤μ≤4，则动点P轨迹的测度是 　 　.（注：当动点的轨迹是曲线时，其测度指其长度；当动点的轨迹是平面区域时，其测度指该区域面积．）
17．（4分）若函数f（x）＝ex+1﹣ax+b﹣a（a，b为实数，e为自然对数的底数）在x＝﹣1处取得极值﹣1，且当x＞﹣2时，f（x）+2＞k（x+2）恒成立，则整数k的最大值是 　 　．
三、解答题（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18．已知函数f（x）＝x3﹣ax2+2bx+1，其图象上点P（1，﹣4）处的切线的斜率是﹣5．
（Ⅰ）求实数a，b的值；
（Ⅱ）求f（x）在区间[﹣1，3]上的最大与最小值．
19．已知二项式的展开式中，前三项系数的和是．
（Ⅰ）求n的值和展开式中所有项的系数和S；
（Ⅱ）求展开式中含x的整数次幂的所有项．
20．已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且AA1＝4，∠BAD＝120°，．
（Ⅰ）求证：AC⊥BD1；
（Ⅱ）求AB1与平面ACD1所成角的正弦值．

21．如图，点P是抛物线x2＝4y在第一象限内的动点，过点P作圆M：x2+（y﹣2）2＝4的两条切线，分别交抛物线的准线l于点A，B．
（Ⅰ）当∠APB＝90°时，求点P的坐标；
（Ⅱ）当点P的横坐标大于4时，求△PAB面积S的最小值．
22．已知a＞0，f（x）＝ln（ax+b）．
（Ⅰ）当直线y＝x与函数y＝f（x）的图象相切时，求实数b关于a的关系式b＝g（a）；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤x恒成立，求ab的最大值；
（Ⅲ）当a＝2，b＝1时，若恒成立，求实数m的取值范围．

2020-2021学年浙江省湖州市高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．（4分）设全集为实数集R，集合A＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，B＝{x|x≥2}，则A∩（∁RB）＝（　　）
A．{2，3} B．{﹣2，﹣1，0，1}
C．{﹣3，﹣2，﹣1，0} D．{﹣3，﹣2，﹣1，0，1}
【解答】解：因为集合A＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，B＝{x|x≥2}，
所以∁RB＝{x|x＜2}，
则A∩（∁RB）＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1}．
故选：D．
2．（4分）已知函数，则f[f（2）]＝（　　）
A． B．2 C． D．26
【解答】解：∵，
∴f[f（2）]＝f（22+1）＝f（5）＝5，
故选：C．
3．（4分）已知实数a，b满足0＜a＜b＜1，则ab，aa，ba的大小关系是（　　）
A．ab＜aa＜ba B．aa＜ab＜ba C．ba＜aa＜ab D．ba＜ab＜aa
【解答】解：∵0＜a＜b＜1，y＝ax在R上是减函数，∴ab＜aa，
又∵y＝xa在（0，+∞）上是增函数，∴aa＜ba，
故选：A．
4．（4分）已知，则（　　）
A． B． C．﹣3 D．3
【解答】解：已知，
故cosα＝2sinα，所以tanα；
故．
故选：B．
5．（4分）函数的最小正周期是π，若将该函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于点对称，则函数f（x）的解析式是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：∵最小正周期Tπ，∴ω＝2，
∴f（x）＝sin（2x+φ），
将其向左平移个单位长度后得到y＝sin[2（x）+φ]＝sin（2xφ），
∵该函数的图象关于点对称，
∴sin[2•（）φ]＝sin（φ）＝0，
∴φ＝kπ，k∈Z，即φkπ，k∈Z，
又|φ|，∴φ，
∴f（x）＝sin（2x）．
故选：A．
6．（4分）设变量x，y满足约束条件，则z＝|x﹣2y|的最大值与最小值的和是（　　）
A．3 B．5 C．6 D．7
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得A（3，4），
联立，解得B（，）．
作出直线x﹣2y＝0，由图可知，平移直线至A时，x﹣2y有最小值﹣5，至B时，x﹣2y有最大值3．
∴z＝|x﹣2y|的最大值为5，最小值为0，和为5．
故选：B．
7．（4分）已知数列{an}满足，，则a2021＝（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：因为，
则，
又，则，
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，
则，
所以，
则a2021．
故选：D．
8．（4分）甲箱子里装有3个白球和2个红球，乙箱子里装有3个白球和3个红球，从这两个箱子里分别随机摸出一个球，设摸出白球的个数X的均值和方差分别为E（X），D（X），摸出红球个数Y的均值和方差分别为E（Y），D（Y），则（　　）
A．E（X）＞E（Y），D（X）＞D（Y） B．E（X）＜E（Y），D（X）＞D（Y）
C．E（X）＞E（Y），D（X）＝D（Y） D．E（X）＜E（Y），D（X）＜D（Y）
【解答】解：由题意，甲箱中摸到白球的概率为，红球的概率为，
乙箱中摸到白球的概率为，红球的概率为，
由题意可知X的可能取值为0，1，2，
所以P（X＝0），P（X＝1），P（X＝2），
所以E（X）＝012，
D（X）（0）2（1）2（2）2；
由题意可知Y的可能取值为0，1，2，
所以P（Y＝0），P（Y＝1），P（Y＝2），
所以E（Y）＝012，
D（Y）（0）2（1）2（2）2；
所以E（X）＞E（Y），D（X）＝D（Y）．
故选：C．
9．（4分）某校三位同学报名参加数理化生四科学科竞赛，每人限报且必须报两门，由于数学是该校优势科目，必须至少有两人参赛，若要求每门学科都有人报名，则不同的参赛方案有（　　）
A．51种 B．45种 C．48种 D．42种
【解答】解：若三人有两人报名数学竞赛，并且两人选报的学科都相同，则共有种情况，
若这两个人选报的另外的学科不同，则共有种情况，
若三个人全部都报名数学竞赛，则共有种情况，
所以不同的参赛方案有：种情况，
故选：A．
10．（4分）若存在正实数x，y使得不等式成立，则x+y＝（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：记 ，
当 时，f′（x）＞0；当 时，f′（x）＜0，
所以 f（x） 在 上单调递增，在 上单调递减，
．
记 ，
当 时，g′（x）＜0；当 时，g′（x）＞0，
所以 g（x） 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ．
由题意 ，
又因为 ，所以 ，
故 ．
另解：正实数x，y，，
令 ，
当 0＜x＜1 时，f′（x）＞0；当 x＞1 时，f′（x）＜0，
所以 f（x） 在 （0，1）上单调递增，（1，+∞） 上单调递减，
所以 f（x）max＝f（1）＝0，于是 1+lnx﹣x⩽0⇔1+lnx⩽x，
于是 ，当且仅当 时不等式取等号，
又 ，当且仅当 时不等式取等号，
，
所以 且 ，解得 ，所以 ．
故选：D．
二、填空题（本题共有7小题，其中多空题每空3分，单空题每空4分，共36分）
11．（6分）在复平面内，复数z＝i（1+2i）（i是虚数单位）的虚部是 　1　，复数z的模等于 　　．
【解答】解：∵z＝i（1+2i）＝i+2i2＝﹣2+i，
∴复数z的虚部是1，
∴．
故答案为：1，．
12．（6分）一个暗箱内有标号是1，2，3，4，5的五个小球，现从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，如果两个球的号码和是5的倍数，则获奖．若有5人参与摸奖，则恰有3人获奖的概率是 　　，获奖人数的均值是 　1　．
【解答】解：一个暗箱内有标号是1，2，3，4，5的五个小球，
从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，
基本事件总数n10，
两个球的号码和是5的倍数包含的基本事件有：
（1，4），（2，3），共2个，
则获奖的概率为P，
有5人参与摸奖，则获奖人数X～B（5，），
∴恰有3人获奖的概率是P（X＝3），
获奖人数的均值是E（X）1．
故答案为：，1．
13．（6分）若数列{an}满足a1＝3，，则an＝　　，数列{an•an+1}的前10项和是 　　．
【解答】解；由，得，所以（n≥2），则ana1＝3．
令bn＝an•an+1，则bn•12（），
则数列{bn}的前10项和为b1+b2+…+b9+b10＝12（）＝12（）．
故答案为：；．
14．（6分）已知a∈R，函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣a|．若f（x）是奇函数但不是偶函数，则a＝　1　；若f（x）≤3对一切实数x都成立，则a的取值范围是 　[﹣4，2]　．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣a|，其定义域为R，
若f（x）是奇函数，则f（0）＝1﹣|a|＝0，可得a＝±1，
若a＝1，f（x）＝|x+1|﹣|x﹣1|，是奇函数不是偶函数，符合题意，
若a＝﹣1，f（x）＝|x+1|﹣|x+1|＝0，既是奇函数又是偶函数，不符合题意，
则a＝1；
若f（x）≤3对一切实数x都成立，即|x+1|﹣|x﹣a|≤3，
又由|x+1|﹣|x﹣a|≤|a+1|，必有|a+1|≤3，
解可得：﹣4≤a≤2，即a的取值范围为[﹣4，2]，
故答案为：1，[﹣4，2]．
15．（4分）在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则角A的余弦值是 　　．
【解答】解：∵，
所以，即，
所以，
所以sinAcosB﹣sinBcosA＝sinAcosB+sinBcosA﹣sinB，可得sinB＝2sinBcosA，
因为sinB≠0，
所以cosA．
故答案为：．
16．（4分）已知O，A，B为平面上三点，若，，动点P和实数λ，μ满足，1≤λ≤2，2≤μ≤4，则动点P轨迹的测度是 　4　.（注：当动点的轨迹是曲线时，其测度指其长度；当动点的轨迹是平面区域时，其测度指该区域面积．）
【解答】解：由，，可得cos，，

所以可得，，
设A（2，0），B（1，），（x，y），
所以，所以，
可得，
又因为1≤λ≤2，2≤μ≤4，
所以可得
做出可行域如图所示的四边形ABCD内，所以SABCD＝（4﹣2）（42）＝4，
故答案为：4．
17．（4分）若函数f（x）＝ex+1﹣ax+b﹣a（a，b为实数，e为自然对数的底数）在x＝﹣1处取得极值﹣1，且当x＞﹣2时，f（x）+2＞k（x+2）恒成立，则整数k的最大值是 　0　．
【解答】解：因为f（x）＝ex+1﹣ax+b﹣a，则f'（x）＝ex+1﹣a，
又f（x）在x＝﹣1处取得极值﹣1，
则有，解得a＝1，b＝﹣2，
所以f（x）＝ex+1﹣x﹣3，
经检验，f（x）符合题意，
当x＞﹣2时，f（x）+2＞k（x+2）恒成立，即ex+1﹣x﹣1＞k（x+2）对x＞﹣2恒成立，
令t＝x+1，则不等式等价于et﹣t＞k（t+1）对t＞﹣1恒成立，
则对t＞﹣1恒成立，
令h（t），则有k＜h（t）min，
因为，
令m（t）＝tet﹣1，则m'（t）＝et+tet＝（t+1）et，
所以m（t）在（1，+∞）上单调递增
因为m（），m（1）＝e﹣1＞0，
所以存在使得，即，
又在（﹣1，t0）上，m'（t）＜0，则h'（t）＜0，则h（t）单调递减，
在（t0，+∞）上，m'（t）＞0，则h'（t）＞0，则h（t）单调递增，
所以h（t）min＝h（t0）0，
又h（0）＝1，所以h（t）min∈（0，1），
故k的最大正数为0．
故答案为：0．
三、解答题（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18．已知函数f（x）＝x3﹣ax2+2bx+1，其图象上点P（1，﹣4）处的切线的斜率是﹣5．
（Ⅰ）求实数a，b的值；
（Ⅱ）求f（x）在区间[﹣1，3]上的最大与最小值．
【解答】解：（Ⅰ）f'（x）＝3x2﹣2ax+2b，
由函数f（x）＝x3﹣ax2+2bx+1，其图象上点P（1，﹣4）处的切线的斜率是﹣5．
可知，
解得a＝2，b＝﹣2．
（Ⅱ）由（Ⅰ）f（x）＝x3﹣2x2﹣4x+1，f'（x）＝3x2﹣4x﹣4，
由f'（x）＞0，f'（x）＜0及x∈[﹣1，3]得f（x）在上递增，在上递减，在[2，3]上递增，
所以；
fmin（x）＝min{f（﹣1），f（2）}＝min{2，﹣7}＝﹣7．
19．已知二项式的展开式中，前三项系数的和是．
（Ⅰ）求n的值和展开式中所有项的系数和S；
（Ⅱ）求展开式中含x的整数次幂的所有项．
【解答】解：（Ⅰ）二项式的展开式的通项为，r＝0，1，2，…，n，
故由已知得，
在中，令x＝1，可得．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，r＝0，1，2，…，6，令r＝0，2，4，6，
得展开式中含x的整数次幂的所有项为，，，．
20．已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且AA1＝4，∠BAD＝120°，．
（Ⅰ）求证：AC⊥BD1；
（Ⅱ）求AB1与平面ACD1所成角的正弦值．

【解答】解：（Ⅰ）证明：连BD，设BD∩AC＝O，连D1O．
由ABCD为菱形知AC⊥BD，又D1A＝D1C，所以AC⊥D1O，
又D1O∩DB＝O，D1O，DB⊂平面D1DB，所以AC⊥平面D1DB，
又BD1⊂平面D1DB，所以AC⊥BD1；
（Ⅱ）法一：由（Ⅰ）知可如图建系（其中Oz轴在平面D1DB内），
则A（0，1，0），C（0，﹣1，0），，

并设D1（a，0，b），
由，D1D＝4，得a2+1+b2＝12，，
解得，，即，
所以，，，
设，为平面ACD1的法向量，
则由，，得，﹣2y＝0，
令，则，
又，
所以AB1与平面ACD1所成角θ的正弦值．
法二：B1到平面ACD1的距离为D到平面ACD1的距离的两倍，
作DP⊥D1O于P，则由（Ⅰ）知DP⊥平面ACD1，所以DP为D到平面ACD1的距离，
由条件可得，所以，
所以，故由△D1DO的面积得，
又，
所以，所以，
所以AB1与平面ACD1所成角θ的正弦值．

21．如图，点P是抛物线x2＝4y在第一象限内的动点，过点P作圆M：x2+（y﹣2）2＝4的两条切线，分别交抛物线的准线l于点A，B．
（Ⅰ）当∠APB＝90°时，求点P的坐标；
（Ⅱ）当点P的横坐标大于4时，求△PAB面积S的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）当∠APB＝90°时
由圆及圆的切线的性质知P到圆心M（0，2）的距离是，
设P（2t，t2）（t＞0），则4t2+（t2﹣2）2＝8⇒t2＝2，
所以，即．
（Ⅱ）设P（2t，t2）（t＞2），切线方程为y﹣t2＝k（x﹣2t），
即kx﹣y+t2﹣2kt＝0，
则由，
记PA，PB的斜率分别为k1，k2，
则，．
由，则xA2t，
同理得xB2t，
所以，
所以
，
将，代入，
得，
令t2﹣4＝m＞0，
则，
当且仅当m＝5即t＝3时取等号（即点P（6，9），
所以△PAB的面积的最小值是40．

22．已知a＞0，f（x）＝ln（ax+b）．
（Ⅰ）当直线y＝x与函数y＝f（x）的图象相切时，求实数b关于a的关系式b＝g（a）；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤x恒成立，求ab的最大值；
（Ⅲ）当a＝2，b＝1时，若恒成立，求实数m的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）设切点（x0，ln（ax0+b）），则由
得切线方程为，即，
所以，，
所以a＝alna+b，即b＝g（a）＝a（1﹣lna），
（Ⅱ）由（Ⅰ）知ab≤a2（1﹣lna）．
令h（a）＝a2（1﹣lna）（a＞0），则h'（a）＝2a（1﹣lna）﹣a＝a（1﹣2lna），
故得h（a）在上递增，在上递减，
所以，即ab的最大值为；
（Ⅲ）当a＝2，b＝1时，f（x）＝ln（2x+1），而
等价于，
等价于，
等价于．
令，
则首先应有F（0）＝﹣4m+4≤0⇒m≥1，
此时由F（t）＝ln（2t+1）+2m（t﹣2et）+4及易证得t﹣2et＜0可知F（t）≤ln（2t+1）+2（t﹣2et）+4，
又易得ln（2t+1）≤2t，et≥t+1，所以F（t）≤ln（2t+1）+2（t﹣2et）+4≤2t+2t﹣4（t+1）+4＝0成立，
所以m的取值范围是m≥1，即[1，+∞）．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/5/27 10:11:23；用户：高中数学；邮箱：sdgs@xyh.com；学号：28144983