2020-2021学年浙江省温州市某校高二（下）4月周测数学试卷

这是一份2020-2021学年浙江省温州市某校高二（下）4月周测数学试卷，共9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. 已知复数z=1+3ii，其中i为虚数单位，则|z|=( )
A.52B.102C.10D.2

2. 已知直线l，m和平面α，则下列命题正确的是( )
A.若l // m，m⊂α，则l // αB.若l // α，m⊂α，则l // m
C.若l⊥α，m⊂α，则l⊥mD.若l⊥m，l⊥α，则m⊥α

3. 函数y=sinωx+φω>0 的图象向左平移2π3个单位，所得到图象的对称轴与原函数图象的对称轴重合，则ω的最小值是( )
A.34B.32C.2D.3

4. 若整数x，y满足不等式组 x−2y≥0,x+2y+4≥0,7x+2y−8≤0, 则3x+4y的最大值是( )
A.−10B.0C.3D.5

5. 函数fx=x2−xcsx的图象可能是( )
A.B.
C.D.

6. “关于x的方程1−x2=|x−m|m∈R有解”的一个必要不充分条件是( )
A.m∈−2,2B.m∈−2,2C.m∈−1,1D.m∈1,2

7. 设0则当p在0,23内增大时，( )
A.Dξ增大B.Dξ减小
C.Dξ先减小后增大D.Dξ先增大后减小

8. 某市抽调5位医生分赴4所医院支援抗疫，要求每位医生只能去一所医院，每所医院至少安排一位医生．由于工作需要，甲、乙两位医生必须安排在不同的医院，则不同的安排种数是( )
A.90B.216C.144D.240

9. 设fx是定义在R上的奇函数，满足f2−x=fx，数列an满足a1=−1，且an+1=1+1nan+2nn∈N*．则fa22=( )
A.0B.−1C.21D.22
二、填空题

已知函数fx=−x2+2x,x≤2,lg2x−1,x>2,则ff4=________，函数fx的单调递减区间是________.

某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是_________cm2，体积是_________cm3.


已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P−55,255，则tanα= ________， sinα+π4= ________．

我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为两个既约分数ba和dc，则b+da+c是x的更为精确的近似值．现第一次用“调日法”：由258<π<227得到π的更为精确的近似值为a1，则a1=________．第二次用“调日法”：由a1<π<227得到π的更为精确的近似值为a2，⋯，记第n次用“调日法”得到π的更为精确的近似值为an(n≤10，n∈N*). 若an=3.14，则n=________.

设a，b∈R，λ>0，若a2+λb2=4，且a+b的最大值是5，则λ=________．

已知平面向量a→，b→，c→，d→，若|a→|=|b→|=3，a→⋅b→=0，|a→+c→|+|a→−c→|=4，|b→+d→|=1，则|c→+d→|的最大值是________.
三、解答题

在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinB+sinA−C=csC .
(1)求角A的大小；

(2)当c=23时，求a2+b2的取值范围．

已知三棱柱ABC−A1B1C1，△ABC是正三角形，四边形ACC1A1是菱形且∠A1AC=60∘，M是A1C1的中点， MB=MC.

(1)证明：AM⊥BC；

(2)求直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值．

已知数列an是各项均为正数的等比数列，若a1=2，a2+a3是a3与a4的等差中项．数列bn的前n项和为Sn，且Sn+nn+12=2an−2 .
求证：
(1)数列an−bn是等差数列；

(2)1b1+1b2+⋯+1bn≤21−1an .
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市某校高二（下）4月周测数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
先化简复数，再利用复数的运算求解即可.
【解答】
解：复数z=1+3ii=1+3iii2=3−i，
则|z|=32+−12=10.
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据线面平行的判定定理三个条件一个都不能少，可判断A的真假；
根据线面平行的几何特征，及空间直线关系的分类和定义，可判断B的真假；
根据线线垂直及线面垂直的几何特征，可以判断C的真假；
根据线面垂直的性质（定义）可以判断D的真假；
【解答】
解：若l // m，m⊂α，当l⊂α，则l // α不成立，故A错误；
若l // α，m⊂α，则l // m或l，m异面，故B错误；
若l⊥α，m⊂α，则l⊥m，故C正确；
若l⊥m，l⊥α，则m⊂α或m // α，故D错误.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
函数y=Asin（ωx+φ）的性质
正弦函数的周期性
【解析】
本题考查函数平移与对称轴以及周期的关系，首先理解2π3与周期的关系，然后即可求解.
【解答】
解：由题意，原函数图像向左平移23π个单位后得到的图像与原函数重合，
则23π是它的12个周期，也可能更大的周期，
要使ω取得最小值，则23π是它的12个周期，
∴T2=πω=2π3，
即ω=32.
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．
【解答】
解：作出不等式组对应的可行域，如下图，
设z=3x+4y，则y=−34x+14z，
当直线y=−34x+14z在y轴上的截距取到最大值时，z取最大值，
由x−2y=0,7x+2y−8=0,得x=1,y=0.
因为x，y都是整数，由图像可知，
当直线y=−34x+14z经过可行域上的点(1,0)时，z取最大值，
z的最大值是3×1+4×0=3.
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
本题从图像可以看出不能用奇偶性，周期性，最值，那么只能带数判断正负情况.
【解答】
解：由题意，得f(x)=(x2−x)csx=x(x−1)csx，
则x∈(−1,0)时，csx>0，x(x−1)>0，
所以函数f(x)>0，故排除选项BD；
又x∈(0,1)时，csx>0，x(x−1)<0，
所以函数f(x)<0，故排除选项C.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
本题考查充分必要性的知识，首先找清楚谁是条件，谁是结论，然后解出方程，带入四个选项，判断哪一个满足.
【解答】
解：由题意，1−x2=|x−m|，
两边同时平方，得1−x2=(x−m)2，
即2x2−2mx+m2−1=0，
若方程有解，则Δ=(−2m)2−2×4×(m2−1)≥0，
即4m2−8≤0，
解得−2≤m≤2.
根据必要不充分条件可知，结论可以推出条件，但是条件无法推出结论，
所以当m∈−2,2时，满足条件.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
二次函数的性质
【解析】
本题考查离散型随机变量的期望与方差的计算公式，然后得到函数，判断函数在给定的区间上的单调性即可.
【解答】
解：∵离散型随机变量ξ的分布列已知，
∴它的期望为E(ξ)=−1⋅p+1⋅(23−p)=23−2p，
方差为D(ξ)=(−1−23+2p)2⋅p+(−23+2p)2⋅13
+(1−23+2p)2⋅(23−p)，
整理，得D(ξ)=−4p2+83p+29=−4(x−13)2+89，
是一元二次函数，对称轴为p=13，且开口向下，
∴ 它在0,23上先增大后减小.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
排列、组合的应用
计数原理的应用
【解析】
根据题意分别计算5位医生分赴4所医院支援抗疫，要求每位医生只能去一所医院，每所医院至少安排一名医生”的不同安排种数及甲、乙两位医生安排在同一的医院的种数，进而即可得到结果.
【解答】
解：5位医生分赴4所医院支援抗疫，要求每位医生只能去一所医院，
每所医院至少安排一名医生的不同安排种数为C52A44=240种，
甲、乙两位医生安排在同一的医院的种数为A44=24种，
因此甲、乙两位医生必须安排在不同一的医院的种数为240−24=216种.
故选B.
9.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
函数的周期性
函数奇偶性的性质
数列与函数的综合
【解析】

【解答】
解：∵ an+1=(1+1n)an+2n，
等式两边同乘1n+1得，an+1n+1=ann+2n−2n+1，
令bn=ann，则bn+1=bn+2n−2n+1，
则b22=b22−b21+b21−b20+...+b2−b1+b1
=221−222+220−221+...+ 21−22+a1
=1011，
∴a22=20.
∵fx是定义在R上的奇函数，且f2−x=fx，
∴ f(0)=0，f2−x=−fx−2，
∴f(x)=−fx−2=fx−4，
则fa22=f20=f16=
故选A.
二、填空题
【答案】
1,[1,2]
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
函数的单调性及单调区间
【解析】
本题考查分段函数的单调性与求值问题，首先看清楚区间，然后慢慢带数，进而求出值，然后找单调区间时，一定要看清楚图形的最值.
【解答】
解：∵f(4)=lg24−1=2−1=1，
∴f(f(4))=f(1)=−1+2=1.
∵x>2时，f(x)=lg2x−1是单调递增的，
x≤2时，f(x)为二次函数，开口向下，对称轴为x=1，
∴单调递减区间为[1,2].
故答案为：1；[1,2].
【答案】
20+45,8
【考点】
由三视图求体积
由三视图求表面积
【解析】
由三视图可得出该几何体为三棱柱，故可根据已知条件对其表面积和体积进行求解.
【解答】
解：由题意，得该几何体为三棱柱，
所以表面积为S=2×12×4×2+22+4×2+2×25
=20+45(cm2)，
体积为V=12×4×2×2=8m3.
故答案为：20+45；8.
【答案】
−2,1010
【考点】
两角和与差的正弦公式
任意角的三角函数
【解析】
直接利用任意角的三角函数求出tanα=yx=−2；求出sinα，csα，代入两角和与差的三角函数求解即可.
【解答】
解：由任意角的三角函数，得tanα=yx=255−55=−2，
sinα=yr=255−552+2552=255，
csα=xr=−55−552+2552=−55，
∴ sinα+π4=22sinα+csα=22×55=1010.
故答案为：−2；1010.
【答案】
4715,6
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
①第一次： 258 ∴a1=25+228+7=4715，
②第二次： 4715<π<227 ，不足近似值为4715，过剩近似值为 227，
∴a2=47+2215+7=6922
第三次： 692−2 ∴a3=69+2222+7=9129，
第四次： 9129<π<227 ，不足近似值为 9129， 过剩近似值为227，
∴a4=91+2229+7=11336，
第五次： 11336<π<227 ，不足近似值为 11336 ，过剩近似值为 227，
∴a5=13543=113+2236+7=13543
第六次 13543<π<227 ，不足近似值为 13543 ，过剩近似值为 227，
∴a6=135+2240=314,
综上所述 n=6.
【解答】
解：①第一次： 258<π<227 ，不足近似值为258 ，过剩近似值为227，
∴a1=25+228+7=4715，
②第二次：4715<π<227 ，不足近似值为4715，过剩近似值为227，
∴a2=47+2215+7=6922，
第三次：6922<π<227 ，不足近似值为6922 ，过剩近似值为227，
∴a3=69+2222+7=9129，
第四次：9129<π<227 ，不足近似值为9129， 过剩近似值为227，
∴a4=91+2229+7=11336，
第五次：11336<π<227 ，不足近似值为11336 ，过剩近似值为227，
∴a5=113+2236+7=13543；
第六次：13543<π<227 ，不足近似值为13543 ，过剩近似值为227，
∴a6=135+2250=3.14.
综上所述，n=6.
故答案为：4715；6.
【答案】
4
【考点】
三角函数的最值
正弦函数的定义域和值域
【解析】
根据题意设a=2csθ，可得从而b=2sinθλ，因此a+b=2csθ+2λsinθ=4+4λsinθ+φ，进而可得5=4+4λ，解方程即可求得结果.
【解答】
解：∵ a，b∈R，λ>0，若a2+λb2=4，
∴ 设a=2csθ，则λb2=4sin2θ，从而b=2sinθλ，
∴ a+b=2csθ+2λsinθ=4+4λsinθ+φ，
其中tanφ=22λ=λ.
∵ a+b的最大值为5，
∴ 5=4+4λ，
解得λ=4.
故答案为：4.
【答案】
22+1
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
平面向量的数量积
平面向量数量积的性质及其运算律
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
1
【解答】
解：由题意，得 |c→+d→|=|(c→−b→)+(d→+b→)|
≤|c→−b→|+|d→+b→|=|c→−b→|+1，
则只须求 |c→−b→|的最大值即可.
设a→=OA→，b→=OB→，c→=OC→，则 −a→=OF→，
∵a→⋅b→=0 ，
∴ OA⊥OB，
又|a→|=|b→|=3，
∴ A3,0，B0,3，F−3,0，
∵ |a→+c→|+|a→−c→|=4，
且a→+c→=OC→−OF→=FC→，
a→−c→=OA→−OC→=CA→，
∴|FC→|+|CA→|=4，
如图，点C 在以A，F为焦点， 2a=4的椭圆上，
则C点轨迹方程为x24+y2=1，
设Cx,y，则 |c→−b→|=|BC→|=x2+y−32
又x2=4−4y2，
∴|c→−b→|=4−4y2+y−32=−3y2−23y+7
=−3y+332+8≤22，
当y=−33时，等号成立，
∴|c→+d→|≤|c→−b→|+1≤22+1，
即|c→+d→|的最大值是22+1.
故答案为：22+1.
三、解答题
【答案】
解：(1)在锐角△ABC中，
因为sinB+sinA−C=csC，
所以sinA+C+sinA−C=csC，
整理，得2sinAcsC=csC，
由于△ABC为锐角三角形，
所以csC≠0，
所以sinA=12，
又0所以A=π6.
(2)由正弦定理，得bsinB=csinC，
解得b=c⋅sinBsinC=3tanC+3，
又π3所以3由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=b2−6b+12，
所以a2+b2=2b2−6b+12
=2b−322+152∈12,20 .
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】


【解答】
解：(1)在锐角△ABC中，
因为sinB+sinA−C=csC，
所以sinA+C+sinA−C=csC，
整理，得2sinAcsC=csC，
由于△ABC为锐角三角形，
所以csC≠0，
所以sinA=12，
又0所以A=π6.
(2)由正弦定理，得bsinB=csinC，
解得b=c⋅sinBsinC=3tanC+3，
又π3所以3由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=b2−6b+12，
所以a2+b2=2b2−6b+12
=2b−322+152∈12,20 .
【答案】
(1)证明：取BC中点为D，连结AD，MD，如图所示．
因为MB=MC，
所以MD⊥BC.
因为△ABC是正三角形，
所以AD⊥BC.
又MD∩AD=D，
所以BC⊥平面AMD，
所以BC⊥AM.
(2)设AD中点为E，平面AME交B1C1于N，连结NE．
设AA1=AC=1，
因为MN//AD，
所以C1N=14B1C1=14，
由直角梯形DCC1N，得DN=154.
因为BC⊥平面AMND，
所以平面BCC1B1⊥平面AMND，
所以DN为AM在平面BCC1B1内的射影，
所以∠END为AM与平面BCC1B1所成的角．
在△END中，
由余弦定理，得DE2=EN2+DN2−2EN⋅DN⋅cs∠END，
因为AA1=AC=1，DN=154，
所以AD=32，DE=34，EN=AM=72，
所以cs∠END=210521，
所以sin∠END=2121，
所以直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为2121.
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
余弦定理
直线与平面所成的角
【解析】


【解答】
(1)证明：取BC中点为D，连结AD，MD，如图所示．
因为MB=MC，
所以MD⊥BC.
因为△ABC是正三角形，
所以AD⊥BC.
又MD∩AD=D，
所以BC⊥平面AMD，
所以BC⊥AM.
(2)设AD中点为E，平面AME交B1C1于N，连结NE，如图，
设AA1=AC=1，
因为MN//AD，
所以C1N=14B1C1=14，
由直角梯形DCC1N，得DN=154.
因为BC⊥平面AMND，
所以平面BCC1B1⊥平面AMND，
所以DN为AM在平面BCC1B1内的射影，
所以∠END为AM与平面BCC1B1所成的角．
在△END中，
由余弦定理，得DE2=EN2+DN2−2EN⋅DN⋅cs∠END，
因为AA1=AC=1，DN=154，
所以AD=32，DE=34，EN=AM=72，
所以cs∠END=210521，
所以sin∠END=2121，
所以直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为2121.
【答案】
(1)解：设数列an的公比为q，且q>0，
∵ a2+a3是a3与a4的等差中项，
∴ a3+a4=2a2+a3，
即a4−a3−2a2=0，
则q2−q−2=0，
解得q=2或q=−1（舍去），
又a1=2，
∴ an=2n .
∵ Sn+nn+12=2an−2，
∴ Sn−1+nn−12=2an−1−2，
两式相减，得bn+n=2an−2an−1=2n+1−2n=2n，
∴ bn=2n−n，
∴ an−bn=n，
∴ an+1−bn+1−an−bn=1为定值，
∴ 数列an−bn是等差数列 .
(2)证明：由(1)可知，an=2n， bn=2n−n，
当n∈N*时，显然有2n−1−n≥0成立，
则bn=2n−n=2n−1+2n−1−n≥2n−1，
显然1bn≤12n−1，
所以1b1+1b2+⋯+1bn≤1+12+⋯+12n−1
=21−12n=21−1an，
故1b1+1b2+⋯+1bn≤21−1an .
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
数列递推式
等差中项
等比数列的前n项和
数列与不等式的综合
【解析】
（1）由已知a3+a4=2a2+a1，
得a4−a3−2a2=0，
设数列an的公比为q，则q2−q−2=0，解得q=2或q=−1（舍去），
解得an=2n .
由Sn+nn+12=2an−2，得Sn−1+nn−12=2an−1−2，
两式相减得bn+n=2an−2an−1=2n+1−2n=2n，
解得bn=2n−n，
故an−bn=n，于是an+1−bn+1−an−bn=1为定值，
因此数列an−bn是等差数列 .
（2）因为当n∈N*时，恒有不等式2n−n≥2n−1成立，
所以12n−n≤12n−1，
因此1b1+1b2+⋯+1bn≤1+12+⋯+12n−1=21−12n=21−1an，
从而1b1+1b2+⋯+1bn≤21−1an .
（注：用数学归纳法证明酌情给分）
【解答】
(1)解：设数列an的公比为q，且q>0，
∵ a2+a3是a3与a4的等差中项，
∴ a3+a4=2a2+a3，
即a4−a3−2a2=0，
则q2−q−2=0，
解得q=2或q=−1（舍去），
又a1=2，
∴ an=2n .
∵ Sn+nn+12=2an−2，
∴ Sn−1+nn−12=2an−1−2，
两式相减，得bn+n=2an−2an−1=2n+1−2n=2n，
∴ bn=2n−n，
∴ an−bn=n，
∴ an+1−bn+1−an−bn=1为定值，
∴ 数列an−bn是等差数列 .
(2)证明：由(1)可知，an=2n， bn=2n−n，
当n∈N*时，显然有2n−1−n≥0成立，
则bn=2n−n=2n−1+2n−1−n≥2n−1，
显然1bn≤12n−1，
所以1b1+1b2+⋯+1bn≤1+12+⋯+12n−1
=21−12n=21−1an，
故1b1+1b2+⋯+1bn≤21−1an . ξ
−1
0
0
P
p
13
23−p