浙江省嘉兴市2020-2021学年高二下学期期末考试检测数学Word版含解析

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2020-2021学年浙江省嘉兴市高二（下）期末数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）.1．已知集合A＝{﹣1，0，1，2，3}，集合B＝{x∈Z|x＜2}，则A∩B＝（　　）A．{﹣1，0，1，2}B．{﹣1，0，1}C．{0，1，2}D．{0，1}2．已知a∈R，复数z＝a2﹣2a+（a2﹣1）i（i是虚数单位），则“a＝0”是“z为纯虚数”的（　　）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．将1，2，3，a，b这5个元素自左向右排成一行，要求字母a，b都不能排在两端，则不同的排法共有（　　）A．108种B．72种C．36种D．18种4．甲乙两支篮球队进行篮球总决赛，比赛采用“七局四胜制”（即先赢四局者为胜，比赛结束），若两队在一场比赛中获胜的概率均为，则甲队以四比一战胜乙队的概率为（　　）A．B．C．D．5．函数f（x）＝x2sin2x在区间[﹣π，π]上的图象可能是（　　）A．B．C．D．6．若实数x，y满足（x﹣y）2+6＝4（x+y），则（　　）A．x+y的最大值是B．x+y的最大值是C．xy的最小值是D．xy的最小值是7．设实数a＞0，随机变量ξ的分布列是：

1ξ﹣101P则E（ξ）、D（ξ）的值分别为（　　）A．，B．，D（ξ）＝1C．，D．，D（ξ）＝18．设a＝log23，b＝log34，c＝1.6，则a，b，c的大小关系是（　　）A．a＞b＞cB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．c＞b＞a9．设函数f（x）＝x2+2ax+a2﹣2a+3，若对于任意的x∈R，不等式f（f（x））≥0恒成立，则实数a的取值范围是（　　）A．B．a≤2C．D．10．已知数列{an}满足：，n∈N*，且，则下列判断错误的是（　　）A．当λ＝0，μ＝2时，存在非零常数t∈R，使得是等差数列B．当λ＝0，μ＝1时，存在非零常数t∈R，使得是等比数列C．当λ＝﹣1，μ＝0时，存在非零常数t∈R，使得是等差数列D．当λ＝1，μ＝0时，存在非零常数t∈R，使得是等比数列二、填空题（本大题有7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．若一个等比数列{an}有无穷多项，并且它的公比q满足|q|＜1，称{an}为无穷递缩等比数列，规定：无穷递缩等比数列a1，a1q，，…，，…所有项的和，n∈N*.《庄子•天下篇》中写道“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其中隐含了关系：＝　　，类似可以将一个无限循环小数表示为分数：0.151515⋅⋅⋅＝　　．12．设复数z＝a+bi（a，b∈R）满足（i是虚数单位），则ab＝　　，|z|＝　　．13．已知（x﹣2）7＝a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7，ai∈R（i＝0，1，⋯，7），则a0＝　　，a4＝　　．

214．设函数，则f（x）的最小正周期是　　，在区间上的值域是　　．15．已知盒子中装有编号为1～4的4个红球、编号为1～3的3个绿球和编号为1～3的3个黄球共10个球，这些球除了编号和颜色外均相同．现从盒子中随机取出3个球，则取到的这3个球编号均不同且三种颜色齐全的概率是　　．16．已知函数f（x）＝ax2（a＞0）与的图象在交点处的切线互相垂直，则a（b﹣a）的最小值为　　．17．已知，均为单位向量，与，共面的向量满足，＝，则的最大值是　　．三、解答题（本大题有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．在△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（2a﹣c）cosB＝bcosC．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若b＝8，△ABC的面积为，求△ABC的周长．19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，侧面BCC1B1是正方形，AC＝BC＝2，∠A1AC＝60°，M是B1C1的中点．（Ⅰ）证明：AC⊥B1C1；（Ⅱ）求直线A1M与平面A1BC所成角的正弦值．20．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝2an2+an﹣1，n∈N*．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）数列{bn}满足bn＝，记Tn＝b1+b2+⋯+bn，证明：Tn＜3．21．（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F（0，1），过点F的直线交C于A，B两点（其中点A位于第一象限），设点E是抛物线C上的一点，且满足OE⊥OA，连接EA，EB．（Ⅰ）求抛物线C的标准方程及其准线方程；

3（Ⅱ）记△ABE，△AOF的面积分别为S1，S2，求S1•S2的最小值及此时点A的坐标．22．（16分）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1在（0，+∞）上有零点x0，其中e＝2.71828⋅⋅⋅是自然对数的底数．（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）记g（x）是函数y＝f（x）的导函数，证明：g（x0）＜a（a﹣1）．

4参考答案一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）.1．已知集合A＝{﹣1，0，1，2，3}，集合B＝{x∈Z|x＜2}，则A∩B＝（　　）A．{﹣1，0，1，2}B．{﹣1，0，1}C．{0，1，2}D．{0，1}解：集合A＝{﹣1，0，1，2，3}，集合B＝{x∈Z|x＜2}，∴A∩B＝{﹣1，0，1}．故选：B．2．已知a∈R，复数z＝a2﹣2a+（a2﹣1）i（i是虚数单位），则“a＝0”是“z为纯虚数”的（　　）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解：∵复数z＝a2﹣2a+（a2﹣1）i（i是虚数单位）为纯虚数，∴，∴a＝0或a＝2，∴a＝0是z为纯虚数的充分不必要条件，故选：A．3．将1，2，3，a，b这5个元素自左向右排成一行，要求字母a，b都不能排在两端，则不同的排法共有（　　）A．108种B．72种C．36种D．18种解：根据题意，分2步进行分析：①将1、2、3三个数字排好，有A33＝6种排法，②排好后，除去两端，有2个空位可用，在其中任选1个，安排字母a，有2种安排方法，a排好后，除去两端，有3个空位可用，在其中任选1个，安排字母b，有3种安排方法，则a、b的安排方法有6种，故a，b都不能排在两端的排法有6×6＝36种；故选：C．4．甲乙两支篮球队进行篮球总决赛，比赛采用“七局四胜制”（即先赢四局者为胜，比赛结束），若两队在一场比赛中获胜的概率均为，则甲队以四比一战胜乙队的概率为（　　）A．B．C．D．

5解：甲队以四比一战胜乙队的情况是前四局中甲三胜一负，第五局甲胜，∴甲队以四比一战胜乙队的概率为：P＝（）＝．故选：D．5．函数f（x）＝x2sin2x在区间[﹣π，π]上的图象可能是（　　）A．B．C．D．解：根据题意，f（x）＝x2sin2x，其定义域为R，有f（﹣x）＝﹣x2sin2x＝﹣f（x），为奇函数，排除CD，在区间（，π）上，sin2x＜0，f（x）＜0，排除A，故选：B．6．若实数x，y满足（x﹣y）2+6＝4（x+y），则（　　）A．x+y的最大值是B．x+y的最大值是C．xy的最小值是D．xy的最小值是解：因为（x﹣y）2+6＝4（x+y），则有（x+y）2﹣4（x+y）+6＝4xy，所以4xy＝（x+y﹣2）2+2≥2，故xy≥，当x+y﹣2＝0时，xy＝，此时x，y为方程，即2t2﹣4t+1＝0的两个根，因为△＝（﹣4）2﹣2×4×1＞0，方程有解，故当x+y＝2时，xy有最小值，所以选项A，B，C错误，选项D正确．

6故选：D．7．设实数a＞0，随机变量ξ的分布列是：ξ﹣101P则E（ξ）、D（ξ）的值分别为（　　）A．，B．，D（ξ）＝1C．，D．，D（ξ）＝1【解答】解；由题意可知：，解得a＝1，所以E（ξ）＝﹣1×＝﹣．D（ξ）＝++＝．故选：A．8．设a＝log23，b＝log34，c＝1.6，则a，b，c的大小关系是（　　）A．a＞b＞cB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．c＞b＞a解：∵a＝log23＞log22＝1.5，b＝log34＜log33＝1.5，∴a＞b，∵28＞35，∴＞35，∵函数y＝x5在（0，+∞）上为增函数，∴＞3，∴log2＞log23，即＞log23，∴c＞a，∴c＞a＞b，故选：C．9．设函数f（x）＝x2+2ax+a2﹣2a+3，若对于任意的x∈R，不等式f（f（x））≥0恒成立，则实数a的取值范围是（　　）A．B．a≤2C．D．解：因为f（x）＝x2+2ax+a2﹣2a+3＝（x+a）2﹣2a+3，所以f（x）∈[﹣2a+3，+∞），所以f（f（x））≥0恒成立等价于f（x）≥0在区间[﹣2a+3，+∞）上恒成立，（1）当﹣2a+3≥0，即时，f（x）≥0显然成立；（2）当时，y＝f（x）有两个零点，只要满足，即，解得a≤2，

7又，所以，综合（1）（2）可知，a的取值范围是a≤2．故选：B．10．已知数列{an}满足：，n∈N*，且，则下列判断错误的是（　　）A．当λ＝0，μ＝2时，存在非零常数t∈R，使得是等差数列B．当λ＝0，μ＝1时，存在非零常数t∈R，使得是等比数列C．当λ＝﹣1，μ＝0时，存在非零常数t∈R，使得是等差数列D．当λ＝1，μ＝0时，存在非零常数t∈R，使得是等比数列【解答】解析：当λ＝0，μ＝2时，，∴是等差数列，t＝1，选项（A）正确；当λ＝0，μ＝1时，，，∴是首项为3，公比为2的等比数列，t＝1，选项（B）正确；当λ＝﹣1，μ＝0时，，即，＝（常数），∴对任何非零常数t∈R，不可能是等差数列，选项（C）错误；当λ＝1，μ＝0时，，，当，即t2+4t＝0时，取t＝﹣4，此时是公比为﹣3的等比数列，选项（D）正确．故选：C．二、填空题（本大题有7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．若一个等比数列{an}有无穷多项，并且它的公比q满足|q|＜1，称{an

8}为无穷递缩等比数列，规定：无穷递缩等比数列a1，a1q，，…，，…所有项的和，n∈N*.《庄子•天下篇》中写道“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其中隐含了关系：＝　1　，类似可以将一个无限循环小数表示为分数：0.151515⋅⋅⋅＝　　．解：数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，，故答案为：．12．设复数z＝a+bi（a，b∈R）满足（i是虚数单位），则ab＝　　，|z|＝　　．解：＝＝＝+i，∴z＝﹣i＝a+bi，∴a＝，b＝﹣，则ab＝×（﹣）＝﹣，|z|＝＝．故答案为：﹣，．13．已知（x﹣2）7＝a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7，ai∈R（i＝0，1，⋯，7），则a0＝　﹣128　，a4＝　﹣280　．解：令x＝0，可得a0＝（﹣2）7＝﹣128；二项式（x﹣2）7的展开式的通项公式为Tr+1＝x7﹣r（﹣2）r，所以a4＝（﹣2）3＝﹣280．故答案为：﹣128；﹣280．14．设函数，则f（x）的最小正周期是　π　，在区间上的值域是　[2，3]　．

9解：＝＝＝，∴f（x）的最小正周期为，∵x∈，∴，∴，∴，∴f（x）在区间上的值域是[2，3]．故答案为：π，[2，3]．15．已知盒子中装有编号为1～4的4个红球、编号为1～3的3个绿球和编号为1～3的3个黄球共10个球，这些球除了编号和颜色外均相同．现从盒子中随机取出3个球，则取到的这3个球编号均不同且三种颜色齐全的概率是　　．解：从盒子中随机取出3个球，基本事件总数n＝＝120，取到的这3个球编号均不同且三种颜色齐全包含的情况有两种：①取到4号红球包含的基本事件有：＝6，②没有取到4号红球包含的基本事件有：＝6，∴取到的这3个球编号均不同且三种颜色齐全的概率是：P＝＝．故答案为：．16．已知函数f（x）＝ax2（a＞0）与的图象在交点处的切线互相垂直，则a（b﹣a）的最小值为　　．解：因为f（x）和g（x）都是偶函数，不妨研究两图象在第一象限内的交点，当x＞0时，，

10设交点的横坐标为x0，于是，消去x0得，所以，当时，不等式等号成立，所以a（b﹣a）的最小值为．故答案为：．17．已知，均为单位向量，与，共面的向量满足，＝，则的最大值是　　．解：将两边平方，得，如图，作，，，则OC⊥AC，点C的轨迹是M为圆心2为半径的圆，再以A为圆心作单位圆，由，得AB⊥CN，所以当点C在大圆上运动时，点B的轨迹是两段弧，即弧BD弧EF，而最大最大，记∠NAB＝θ，所以，当CN与大圆相切时，θ最小，此时根据相似，∠NMC＝θ，即，所以的最大值是．故答案为：．三、解答题（本大题有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．在△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（2a﹣c）cosB＝bcosC．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若b＝8，△ABC的面积为，求△ABC的周长．

11解：（Ⅰ）（2a﹣c）cosB＝bcosC，由正弦定理，得（2sinA﹣sinC）cosB＝sinBcosC，即2sinAcosB＝sin（B+C）＝sinA，且sinA≠0，∴，又0＜B＜π，所以．（Ⅱ）∵△ABC的面积为，∴，得ac＝12，又由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，得64＝（a+c）2﹣3ac，即a+c＝10，所以△ABC的周长为18．19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，侧面BCC1B1是正方形，AC＝BC＝2，∠A1AC＝60°，M是B1C1的中点．（Ⅰ）证明：AC⊥B1C1；（Ⅱ）求直线A1M与平面A1BC所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在平面ACC1A1内过点A1作A1D⊥AC，垂足为D，∵平面ACC1A1⊥平面ABC，∴A1D⊥平面ABC，即A1D⊥BC，又∵侧面BCC1B1是正方形，∴C1C⊥BC，又C1C∩A1D，∴BC⊥平面ACC1A1，即BC⊥AC，而BC∥B1C1，∴AC⊥B1C1．（Ⅱ）解：（一）几何法：连AC1交A1C于点E，取A1B的中点F，连EF，MF，

12则EF∥BC，，∴EFMC1是平行四边形，∵AC＝BC＝CC1＝2，∠A1AC＝60°，∴四边形ACC1A1是菱形，AC1⊥A1C，又∵（Ⅰ）知，BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，∴AC1⊥平面A1BC，而MF∥AC1，即MF⊥平面A1BC，∴∠MA1F就是直线A1M与平面A1BC所成的角，在Rt△MA1F中，，，设∠MA1F＝θ，则，所以直线A1M与平面A1BC所成角的正弦值是．（或者取BC中点N，通过A1M∥AN转化，在Rt△ANE中，同样可求．）（二）坐标法：根据（Ⅰ），以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，∵AC＝BC＝CC1＝2，∠A1AC＝60°，且侧面BCC1B1是正方形，∴四边形ACC1A1是菱形，设G，H分别是C1，M在底面上的射影，连GH，DH，则A1MHD为矩形，∵D（0，0，0），C（0，1，0），B（2，1，0），，，∴，，，设平面A1BC的法向量为，则，即，取，设直线A1M与平面A1BC所成的角为θ，则，所以直线A1M与平面A1BC所成角的正弦值是．

1320．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝2an2+an﹣1，n∈N*．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）数列{bn}满足bn＝，记Tn＝b1+b2+⋯+bn，证明：Tn＜3．解：（Ⅰ）当n＝1时，，得a1＝1，当n≥2时，，两式相减得，，，∵an+an﹣1≠0，∴，∴{an}是首项为1公差为的等差数列，即．（Ⅱ）证明：（一）错位相减法：∵，∴①，②两式①﹣②，相减得，，即，所以，Tn＜3．（二）裂项法：∵，∴．21．（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F（0，1），过点F的直线交C于A，B两点（其中点A位于第一象限），设点E是抛物线C上的一点，且满足OE⊥OA，连接EA，EB．

14（Ⅰ）求抛物线C的标准方程及其准线方程；（Ⅱ）记△ABE，△AOF的面积分别为S1，S2，求S1•S2的最小值及此时点A的坐标．解：（Ⅰ）∵抛物线C的焦点为F（0，1），∴p＝2，即抛物线C的标准方程为x2＝4y，准线方程为：y＝﹣1．（Ⅱ）（一）设点法：设A（4t，4t2）（t＞0），则直线AF的方程为：，联立，得，则，所以，又kOA＝t，由OE⊥OA，得lOE：，联立，得，∴点E到直线AB的距离为，∴△ABE的面积，而S2＝2t，所以，

15当且仅当时，取到等号，此时点A的坐标为．（二）设线法：设直线AB的方程为：y＝kx+1，联立，得x2﹣4kx﹣4＝0，设A（x1，y1）（x1＞0），B（x2，y2），则，∴，又，由OE⊥OA，得lOE：，联立，得，∴点E到直线AB的距离为，又∵，得，∴△ABE的面积，而由，得，即，∴，而，所以，当且仅当时，取到等号，此时点A的坐标为．22．（16分）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1在（0，+∞）上有零点x0，其中e＝2.71828⋅⋅⋅是自然对数的底数．（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）记g（x）是函数y＝f（x）的导函数，证明：g（x0）＜a（a﹣1）．【解答】（Ⅰ）解：函数f（x）＝ex﹣ax﹣1，则f'（x）＝ex﹣a，①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，

16则f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f（x）＞f（0）＝0，故函数无零点，不符合题意；②当a＞0时，由f'（x）＝ex﹣a＝0，得x＝lna，若lna≤0，即0＜a≤1，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，不符合题意；若lna＞0，即a＞1，则f（x）在（0，lna）上单调递减，f（x）在（lna，+∞）上单调递增，又f（0）＝0，故∃x1＞0，使得f（x1）＜f（0）＝0，而当x→+∞时，f（x）→+∞时，故∃x2＞x1，使得f（x2）＞0，根据零点存在定理，∃x0∈[x1，x2]，使得f（x0）＝0，符合题意；综上所述，实数a的取值范围是a＞1；（Ⅱ）证明：g（x）＝f'（x）＝ex﹣a，所以g（x0）＜a（a﹣1），即x0＜2lna，由（Ⅰ）知x0∈（lna，+∞）且f（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，故只要证明：f（2lna）＞0，即，a＞1，设，则，故h（x）在（1，+∞）上单调递增，即h（x）＞h（1）＝0，所以f（2lna）＞0成立；综上所述，g（x0）＜a（a﹣1）成立．