2020-2021学年浙江省绍兴市高二（下）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年浙江省绍兴市高二（下）期末数学试卷，共18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学年浙江省绍兴市高二（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）已知集合M＝{x|﹣2＜x＜5}，N＝{x|﹣3≤x≤3}，则M∩N＝（　　）
A．{x|﹣2＜x≤3} B．{x|﹣3≤x≤﹣2} C．{x|﹣3＜x≤5} D．{x|3＜x≤5}
2．（4分）复数z（其中i为虚数单位）的实部是（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
3．（4分）双曲线1的渐近线方程是（　　）
A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±2x D．y＝±x
4．（4分）若实数x，y满足约束条件，则z＝2x﹣y的取值范围是（　　）
A．[﹣2，0] B．[0，2] C．[﹣2，2] D．[2，+∞）
5．（4分）已知向量，，则在方向上的投影是（　　）
A．1 B．0 C．1 D．3
6．（4分）“α＝30°”是“sinα”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
7．（4分）函数y＝|x|•sinx+x•|cosx|在区间[﹣π，π]上的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
8．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱BC的中点，则在棱CC1上存在点F，使得（　　）
A．AF∥D1E B．AF⊥D1E
C．AF∥平面C1D1E D．AF⊥平面C1D1E
9．（4分）已知a，b∈R，当x∈[﹣1，2]时恒有（|x+a|﹣b）（x2+x﹣2）≥0，则（　　）
A．a≤1 B．a≥1 C．b≤1 D．b≥1
10．（4分）已知递增数列{an}的前100项和为S100，且a1＞0，a100＝2，若当1≤i＜j≤100时，aj﹣ai仍是数列{an}中的项（其中n，i，j∈N*），则（　　）
A．a1，且S100＝100 B．a1，且S100＝101
C．a1，且S100＝100 D．a1，且S100＝101
二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）
11．（6分）圆（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2的圆心坐标是 　 　，半径长是 　 　．
12．（6分）我国古代数学家赵爽利用“勾股圆方图”巧妙地证明了勾股定理，成就了我国古代数学的骄傲，后人称之为“赵爽弦图”．如图，它是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．已知大正方形的面积为20，小正方形的面积为4，则一个直角三角形的面积是 　 　，直角三角形中最小边的边长是 　 　．

13．（6分）已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，其中正视图和侧视图均为等腰三角形，则该几何体的体积是 　 　cm3，侧面积是 　 　cm2．

14．（4分）已知实数x，y满足x+y＝1，则x2+4xy的最大值是 　 　．
15．（6分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a，b＝2，A＝60°，则sinB＝　 　，c＝　 　．
16．（4分）已知平面向量，满足2，则的最小值是 　 　．
17．（4分）已知a＞﹣1，函数f（x）．若函数y＝f（x）﹣1有三个不同的零点，则a的取值范围是 　 　．
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．（14分）已知函数f（x）＝sinωx+cosωx（ω＞0）．
（Ⅰ）当ω＝2时，求的值；
（Ⅱ）若f（x）的周期为8，求f（x）在区间[0，4]上的最大值和最小值．
19．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BC⊥CD，△PAB是等边三角形，E是棱AB的中点，AB＝PD＝2，BC＝CD＝1．
（Ⅰ）证明：PE⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求直线PA与平面PCD所成角的正弦值．

20．（15分）已知等差数列{an}满足a1＝1，a2+a4＝a3+5，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足b1＝1，bn+1•an+2＝bn•an（n∈N*），求数列{bn}的前n项和．
21．（15分）如图，已知直线l与抛物线M：x2＝4y和椭圆N：都相切，切点分别为A，B．
（Ⅰ）求抛物线M的焦点坐标和准线方程；
（Ⅱ）若A（4，4），P是椭圆N上异于B的一点，求△PAB面积的最大值．

22．（15分）已知a∈R，函数f（x）．
（Ⅰ）当a＝0时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）在区间（0，+∞）上存在两个不同的极值点，
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）若当x≥0时恒有f（x）＞t成立，求实数t的取值范围．（参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10）

2020-2021学年浙江省绍兴市高二（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）已知集合M＝{x|﹣2＜x＜5}，N＝{x|﹣3≤x≤3}，则M∩N＝（　　）
A．{x|﹣2＜x≤3} B．{x|﹣3≤x≤﹣2} C．{x|﹣3＜x≤5} D．{x|3＜x≤5}
【解答】解：∵集合M＝{x|﹣2＜x＜5}，N＝{x|﹣3≤x≤3}，
∴M∩N＝{x|﹣2＜x≤3}．
故选：A．
2．（4分）复数z（其中i为虚数单位）的实部是（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
【解答】解：因为z1﹣2i，
所以复数z的实部为1，
故选：C．
3．（4分）双曲线1的渐近线方程是（　　）
A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±2x D．y＝±x
【解答】解：双曲线y2＝1的a，b＝1，
由双曲线1的渐近线方程为yx，
则所求渐近线方程为y＝±x．
故选：B．
4．（4分）若实数x，y满足约束条件，则z＝2x﹣y的取值范围是（　　）
A．[﹣2，0] B．[0，2] C．[﹣2，2] D．[2，+∞）
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

由图可知，A（﹣1，0），B（1，0），
作出直线y＝2x，由图可知，平移直线y＝2x至A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为﹣2；
平移直线y＝2x至B时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为2．
∴z＝2x﹣y的取值范围是[﹣2，2]．
故选：C．

5．（4分）已知向量，，则在方向上的投影是（　　）
A．1 B．0 C．1 D．3
【解答】解：3，cos，
∴向量在向量方向上的投影为||cos3．
故选：D．
6．（4分）“α＝30°”是“sinα”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
【解答】解：因为sin30°，而sinα时，可得α＝30°+k•360°，k∈Z，
或者α＝150°+k•360°，k∈Z，
则“α＝30°”是“sinα”的充分不必要条件，
故选：A．
7．（4分）函数y＝|x|•sinx+x•|cosx|在区间[﹣π，π]上的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：函数y＝|x|•sinx+x•|cosx|在区间[﹣π，π]上是奇函数，x∈（0，π]时，函数值恒大于0，
排除选项A、B、C，
故选：D．
8．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱BC的中点，则在棱CC1上存在点F，使得（　　）
A．AF∥D1E B．AF⊥D1E
C．AF∥平面C1D1E D．AF⊥平面C1D1E
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱BC的中点，在棱CC1上存在点F，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
对于A，DE与平面ACC1相交，AF⊂平面ACC1，∴AF与D1E不平行，故A错误；
对于B，当F为CC1中点时，A（2，0，0），D1（0，0，2），E（1，2，0），F（0，2，1），
（﹣2，2，1），（1，2，﹣2），
2+4﹣2＝0，∴AF⊥D1E，故B正确；
对于C，C（0，2，0），C1（0，2，2），D1（0，0，2），E（1，2，0），
设F（0，2，t），（0≤t≤2），
（﹣2，2，t），（﹣1，﹣2，2），（﹣1，0，2），
设平面C1D1E的法向量（x，y，z），
则，取z＝1，得（2，0，1），
∵0≤t≤2，∴4+t≠0，∴AF与平面C1D1E不平行，故C错误；
对于D，由C得（﹣2，2，t），平面C1D1E的法向量（2，0，1），
与不平行，∴AF与平面C1D1E不垂直，故D错误．
故选：B．

9．（4分）已知a，b∈R，当x∈[﹣1，2]时恒有（|x+a|﹣b）（x2+x﹣2）≥0，则（　　）
A．a≤1 B．a≥1 C．b≤1 D．b≥1
【解答】解：令f（x）＝x2+x﹣2，
所以x∈[﹣1，1]时，f（x）＜0，则|x+a|﹣b≤0，即b≤（|x+a|）max①
x∈[1，2]时，f（x）＞0，则|x+a|﹣b≥0，即b≤（|x+a|）min②，
若当x∈[﹣1，2]时恒有（|x+a|﹣b）（x2+x﹣2）≥0，
则①②必须同时满足，
令h（x）＝|x+a|，
当a＝0时，h（x）＝|x|，
h（x）在[﹣1，1]上，最大值为1，所以b≥1，
h（x）在[1，2]上，最小值为1，所以b≤1，
所以b＝1，
当a＞0时，
h（x）在[﹣1，1]上，最大值为|1+a|＝1+a，所以b≥1+a，
h（x）在[1，2]上，h（x）＝x+a，最小值为|1+a|＝1+a，所以b≤1+a，
所以b＝1+a＞1，
当a＜0时，
h（x）在[﹣1，1]上，最大值为|﹣1+a|＝1﹣a，所以b≥1﹣a＞0，
h（x）在[1，2]上，h（x）最小值为0或h（1）＝|1+a|或h（2）＝|2+a|，
所以b≤0或b≤|1+a|或b≤|2+a|，
但是1﹣a＞0，1﹣a＞|1+a|，1﹣a＞|2+a|，
所以此时①②不能同时满足，
综上所述，b≥1，
故选：D．
10．（4分）已知递增数列{an}的前100项和为S100，且a1＞0，a100＝2，若当1≤i＜j≤100时，aj﹣ai仍是数列{an}中的项（其中n，i，j∈N*），则（　　）
A．a1，且S100＝100 B．a1，且S100＝101
C．a1，且S100＝100 D．a1，且S100＝101
【解答】解：由题意可得：a1＜a2＜a3＜•••＜a100，
∴a100﹣a99＜a100﹣a98＜•••＜a100﹣a1，
∵当1≤i＜j≤100时，aj﹣ai仍是数列{an}中的项，
∴a100﹣a99、a100﹣a98、•••、a100﹣a1都在{an}中，
∵a1＞0，∴a100≠a100﹣a1，∴a100﹣a1＜a100，
∴a1＝a100﹣a99，a2＝a100﹣a98，•••，a99＝a100﹣a1，
∴S100＝a1+a2+•••+a100
＝2×100﹣（S100﹣2）
＝202﹣S100，
∴S100＝101，
又a1+a99＝a2+a98＝•••＝a49+a51＝a100＝2，
∴2a50＝2，∴50a1＝a50＝1，∴a1，
故选：B．
二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）
11．（6分）圆（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2的圆心坐标是 　（1，3）　，半径长是 　　．
【解答】解：根据题意，圆（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2，其圆心为（1，3），
半径r；
故答案为：（1，3），．
12．（6分）我国古代数学家赵爽利用“勾股圆方图”巧妙地证明了勾股定理，成就了我国古代数学的骄傲，后人称之为“赵爽弦图”．如图，它是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．已知大正方形的面积为20，小正方形的面积为4，则一个直角三角形的面积是 　4　，直角三角形中最小边的边长是 　2　．

【解答】解：设直角三角形的直角边长度为：m，n（m＞n＞0），
由题意可得：，据此可得：，
即：一个直角三角形的面积是4，直角三角形中最小边的边长是2．
故答案为：4，2．
13．（6分）已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，其中正视图和侧视图均为等腰三角形，则该几何体的体积是 　　cm3，侧面积是 　　cm2．

【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面半径为1，高为2的圆锥；
如图所示：

故；．
故答案为：．
14．（4分）已知实数x，y满足x+y＝1，则x2+4xy的最大值是 　　．
【解答】解：实数x，y满足x+y＝1，
则x2+4xy＝x2+4x（1﹣x）＝4x﹣3x2，
由二次函数的性质可知，当x时，函数取得最大值，最大值为：4．
故答案为：．
15．（6分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a，b＝2，A＝60°，则sinB＝　　，c＝　3　．
【解答】解：∵在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
a，b＝2，A＝60°，
∴由正弦定理得：，即，
解得sinB．
由余弦定理得：
cos60°，
解得c＝3或c＝﹣1（舍），
∴sinB，c＝3．
故答案为：，3．
16．（4分）已知平面向量，满足2，则的最小值是 　4　．
【解答】解：，
又，所以．
不妨设，
故，
所以，
设，
则，当P，A，B三点共线时等号成立．

故 的最小值为 4．
故答案为：4．
17．（4分）已知a＞﹣1，函数f（x）．若函数y＝f（x）﹣1有三个不同的零点，则a的取值范围是 　　．
【解答】解：若函数y＝f（x）﹣1有三个不同的零点，
则y＝f（x）与y＝1有3个交点，
当x≥1时，f（x）＝x﹣ln（x+a），
f′（x）＝1，
因为a＞﹣1，
所以x+a＞0，
令f′（x）＝0，得x＝1﹣a，
①若1﹣a≤1，即a≥0时，
在（1，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）min＝1﹣ln（1+a），
因为此时a≥0，则1+a≥1，
所以ln（1+a）≥0，
所以f（x）min＝1﹣ln（1+a）≤1，
此时在[1，+∞）上，f（x）与y＝1有1个交点，
②若1﹣a＞1，即a＜0时，
在（1，1﹣a）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（1﹣a，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）min＝f（1﹣a）＝1﹣a﹣ln（1﹣a+a）＝1﹣a，
此时a＜0，则1﹣a＞0，
所以在[1，+∞）上，f（x）与y＝1没有交点，
若y＝f（x）与y＝1有3个交点，
则当x≥1，f（x）必然与y＝1有一个交点，即a≥0，
所以当x＜1，f（x）只能与y＝1有两个交点，
又当x＜1时，f（x）＝x2﹣ax+a2，对称轴x，
所以，即，
解得1＜a，
所以a的取值范围为（1，）．
故答案为：（1，）．
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．（14分）已知函数f（x）＝sinωx+cosωx（ω＞0）．
（Ⅰ）当ω＝2时，求的值；
（Ⅱ）若f（x）的周期为8，求f（x）在区间[0，4]上的最大值和最小值．
【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，f（x）＝sin2x+cos2x，
得．
（Ⅱ）因为，
所以，周期，解得，
所以．
因为0≤x≤4，
所以．5
于是，当，即x＝1时，f（x）取得最大值；
当，即x＝4时，f（x）取得最小值﹣1．
所以，f（x）在区间[0，4]上的最大值是，最小值是﹣1．
19．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BC⊥CD，△PAB是等边三角形，E是棱AB的中点，AB＝PD＝2，BC＝CD＝1．
（Ⅰ）证明：PE⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求直线PA与平面PCD所成角的正弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：因为BE∥CD，BE＝CD＝1，所以四边形BCDE是平行四边形，
所以DE＝BC＝1．
在等边△PAB中，E是AB中点，AB＝2，所以．
在△PDE中，PD＝2，所以DE2+PE2＝PD2，所以PE⊥DE．
又因为PE⊥AB，AB∩DE＝E，所以PE⊥平面ABCD．
（Ⅱ）解法1：在△PDE中，作EF⊥PD，垂足为F．

因为AE∥CD，所以AE∥平面PCD，
所以点A，E到平面PCD的距离相等．
因为PE⊥平面ABCD，所以CD⊥PE，
又因为BC⊥CD，BC∥DE，所以CD⊥DE，
所以CD⊥平面PDE，CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PDE，
所以EF⊥平面PCD，
所以点A到平面PCD的距离即为．
设直线PA与平面PCD所成角为θ，则，
所以直线PA与平面PCD所成角的正弦值为．
解法2：因为PE⊥平面ABCD，所以三棱锥P﹣ACD的体积为．
设点A到平面PCD的距离为d，又DC⊥DP，所以三棱锥A﹣PCD的体积为．
由VP﹣ACD＝VA﹣PCD，得，所以．
设直线PA与平面PCD所成的角为θ，则，
所以直线PA与平面PCD所成角的正弦值为．
解法3：因为PE⊥平面ABCD，DE⊥AB，所以，以E为原点，分别以射线ED，EB，EP为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E﹣xyz，则A（0，﹣1，0），C（1，1，0），D（1，0，0），，
，，．
设平面PCD的一个法向量为．取z＝1，得．
设直线PA与平面PCD所成角为θ，
则．
所以直线PA与平面PCD所成角的正弦值为．

20．（15分）已知等差数列{an}满足a1＝1，a2+a4＝a3+5，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足b1＝1，bn+1•an+2＝bn•an（n∈N*），求数列{bn}的前n项和．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，
则a2＝1+d，a3＝1+2d，a4＝1+3d．
因为a2+a4＝a3+5，
所以2+4d＝1+2d+5，
解得d＝2．
所以数列{an}的通项公式为an＝a1+（n﹣1）d＝2n﹣1．
（Ⅱ）因为bn+1⋅an+2＝bn⋅an，所以．
所以，当n≥2时，，
即．
又b1＝1适合上式，
所以．
因为，
数列{bn}的前n项和为．
21．（15分）如图，已知直线l与抛物线M：x2＝4y和椭圆N：都相切，切点分别为A，B．
（Ⅰ）求抛物线M的焦点坐标和准线方程；
（Ⅱ）若A（4，4），P是椭圆N上异于B的一点，求△PAB面积的最大值．

【解答】解：（Ⅰ）抛物线x2＝4y的焦点坐标为（0，1），
准线方程为y＝﹣1．
（Ⅱ）由得，
因为直线l与抛物线的切点为A（4，4），
所以直线l的斜率为2，
所以直线l的方程为y＝2x﹣4，
联立方程组消去y整理得（4+a2）x2﹣16x+16﹣a2＝0，
因为直线l和椭圆相切，
所以Δ＝162﹣4（4+a2）（16﹣a2）＝0，解得a2＝12．
于是，点B的横坐标为，
所以，．
因此，要使得△PAB面积取得最大值，只需椭圆上的点P到直线l的距离达到最大，
由椭圆的对称性可知，当P与B关于原点对称时，过点P且与l平行的直线y＝2x+4和椭圆相切，
此时两平行线间的距离即为点P到直线l距离的最大值，
所以，点P到直线l的最大距离为．
因此，△PAB面积的最大值为．
22．（15分）已知a∈R，函数f（x）．
（Ⅰ）当a＝0时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）在区间（0，+∞）上存在两个不同的极值点，
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）若当x≥0时恒有f（x）＞t成立，求实数t的取值范围．（参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10）
【解答】解：（Ⅰ）当a＝0时，，，
所以f（0）＝0，f'（0）＝4，
所以，所求的切线方程为y＝4x．
（Ⅱ）（ⅰ），
设f（x）在区间（0，+∞）上的极值点为x1，x2（x1＜x2），
则x1，x2是方程x2﹣（a﹣1）x+4﹣a＝0的两正根，
所以，
解得：3＜a＜4，即a的取值范围是（3，4）；
（ⅱ）由（ⅰ）知：
当0≤x＜x1时，f'（x）＞0，所以f（x）单调递增，
当x1＜x＜x2时，f'（x）＜0，所以f（x）单调递减，
当x＞x2时，f'（x）＞0，所以f（x）单调递增；
所以要使得当x≥0时恒有f（x）＞t成立，
只需满足t＜min{f（0），f（x2）}，
因为，3＜a＜4，所以x2∈（1，3），
又因为，
所以，x2∈（1，3），
设，x∈（1，3），
则，
因为x∈（1，3），所以F'（x）＜0，F（x）在（1，3）上单调递减，
所以，从而，
由ln2≈0.69，得，
又因为f（0）＝0，所以，即t的取值范围是（﹣∞，8ln2]．
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 10:13:23；用户：高中数学；邮箱：sdgs@xyh.com；学号：28144983