1、浙江省湖州市2020-2021学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）.1设全集为实数集R，集合A3，2，1，0，1，2，3，Bx|x2，则A（RB）（）A2，3B2，1，0，1C3，2，1，0D3，2，1，0，12已知函数，则ff（2）（）AB2CD263已知实数a，b满足0ab1，则ab，aa，ba的大小关系是（）AabaabaBaaabbaCbaaaabDbaabaa4已知，则（）ABC3D35函数的最小正周期是，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（）ABCD6设变量x，y满足约束条件，则z
2、|x2y|的最大值与最小值的和是（）A3B5C6D77已知数列an满足，则a2021（）ABCD8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（）AE（X）E（Y），D（X）D（Y）BE（X）E（Y），D（X）D（Y）CE（X）E（Y），D（X）D（Y）DE（X）E（Y），D（X）D（Y）9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
3、赛方案有（）A51种B45种C48种D42种10若存在正实数x，y使得不等式成立，则x+y（）ABCD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在复平面内，复数zi（1+2i）（i是虚数单位）的虚部是 ，复数z的模等于 12一个暗箱内有标号是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若数列an满足a13，则an ，数列anan+1的前10项和是 14已知aR，函数f（x）|x+1|xa|若f（x）是奇函数但不是偶函数，则a ；若f
4、（x）3对一切实数x都成立，则a的取值范围是 15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已知O，A，B为平面上三点，若，动点P和实数，满足，12，24，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若函数f（x）ex+1ax+ba（a，b为实数，e为自然对数的底数）在x1处取得极值1，且当x2时，f（x）+2k（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）x3ax2+2bx+1，其图象上点P（1，4）
5、处的切线的斜率是5（）求实数a，b的值；（）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（）求n的值和展开式中所有项的系数和S；（）求展开式中含x的整数次幂的所有项20已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且AA14，BAD120，（）求证：ACBD1；（）求AB1与平面ACD1所成角的正弦值21如图，点P是抛物线x24y在第一象限内的动点，过点P作圆M：x2+（y2）24的两条切线，分别交抛物线的准线l于点A，B（）当APB90时，求点P的坐标；（）当点P的横坐标大于4时，求PAB面积S的最小值22已知a0，f（x）ln（ax+b）（）
6、当直线yx与函数yf的图象相切时，求实数b关于a的关系式bg（a）；（）若不等式f（x）x恒成立，求ab的最大值；（）当a2，b1时，若恒成立，求实数m的取值范围参考答案一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）.1设全集为实数集R，集合A3，2，1，0，1，2，3，Bx|x2，则A（RB）（）A2，3B2，1，0，1C3，2，1，0D3，2，1，0，1解：因为集合A3，2，1，0，1，2，3，Bx|x2，所以RBx|x2，则A（RB）3，2，1，0，1故选：D2已知函数，则ff（2）（）AB2CD26解：，ff（2）f（22+1）f（5）5+，故选：C3已知实数a，b满足0ab1，则ab
7、，aa，ba的大小关系是（）AabaabaBaaabbaCbaaaabDbaabaa解：0ab1，yax在R上是减函数，abaa，又yxa在（0，+）上是增函数，aaba，故选：A4已知，则（）ABC3D3解：已知，故cos2sin，所以tan；故故选：B5函数的最小正周期是，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（）ABCD解：最小正周期T，2，f（x）sin（2x+），将其向左平移个单位长度后得到ysin2（x+）+sin（2x+），该函数的图象关于点对称，sin2（）+sin（+）0，+k，kZ，即+k，kZ，又|，f（x）sin（2x+）
8、故选：A6设变量x，y满足约束条件，则z|x2y|的最大值与最小值的和是（）A3B5C6D7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x2y0，由图可知，平移直线至A时，x2y有最小值5，至B时，x2y有最大值3z|x2y|的最大值为5，最小值为0，和为5故选：B7已知数列an满足，则a2021（）ABCD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：D8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
9、球个数Y的均值和方差分别为E（Y），D（Y），则（）AE（X）E（Y），D（X）D（Y）BE（X）E（Y），D（X）D（Y）CE（X）E（Y），D（X）D（Y）DE（X）E（Y），D（X）D（Y）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（X0），P（X1）+，P（X2），所以E（X）0+1+2，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（Y0），P（Y1）+，P（Y2），所以E（Y）0+1+2，D（Y）（0）2+（1）2+（2）2；所以E（X）E（Y），D（X）D（Y
10、）故选：C9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（）A51种B45种C48种D42种解：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：A10若存在正实数x，y使得不等式成立，则x+y（）ABCD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
11、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 0x1 时，f（x）0；当 x1 时，f（x）0，所以 f（x） 在 （0，1）上单调递减，（1，+） 上单调递增，所以 f（x）maxf（1）0，于是 1+lnxx01+lnxx，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在复平面内，复数zi（1+2i）（i是虚数单位）的虚部是 1，复数z的模等于 解：zi（1+2i）i+2i22+i，复数z的虚
12、部是1，故答案为：1，12一个暗箱内有标号是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：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XB（5，），恰有3人获奖的概率是P（X3），获奖人数的均值是E（X）1故答案为：，113若数列an满足a13，则an，数列anan+1的前10项和是 【解答
13、】解；由，得，所以（n2），则ana13令bnanan+1，则bn12（），则数列bn的前10项和为b1+b2+b9+b1012（+）12（）故答案为：；14已知aR，函数f（x）|x+1|xa|若f（x）是奇函数但不是偶函数，则a1；若f（x）3对一切实数x都成立，则a的取值范围是 4，2解：根据题意，函数f（x）|x+1|xa|，其定义域为R，若f（x）是奇函数，则f（0）1|a|0，可得a1，若a1，f（x）|x+1|x1|，是奇函数不是偶函数，符合题意，若a1，f（x）|x+1|x+1|0，既是奇函数又是偶函数，不符合题意，则a1；若f（x）3对一切实数x都成立，即|x+1|xa|3，
14、又由|x+1|xa|a+1|，必有|a+1|3，解可得：4a2，即a的取值范围为4，2，故答案为：1，4，215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：，所以，即，所以，所以sinAcosBsinBcosAsinAcosB+sinBcosAsinB，可得sinB2sinBcosA，因为sinB0，所以cosA故答案为：16已知O，A，B为平面上三点，若，动点P和实数，满足，12，24，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：由，可得cos，所以可得，设A（2，0），B（1，），（x，
15、y），所以，所以，可得，又因为12，24，所以可得做出可行域如图所示的四边形ABCD内，所以SABCD（42）（42）4，故答案为：417若函数f（x）ex+1ax+ba（a，b为实数，e为自然对数的底数）在x1处取得极值1，且当x2时，f（x）+2k（x+2）恒成立，则整数k的最大值是 0解：因为f（x）ex+1ax+ba，则f（x）ex+1a，又f（x）在x1处取得极值1，则有，解得a1，b2，所以f（x）ex+1x3，经检验，f（x）符合题意，当x2时，f（x）+2k（x+2）恒成立，即ex+1x1k（x+2）对x2恒成立，令tx+1，则不等式等价于ettk（t+1）对t1恒成立，则对t
16、1恒成立，令h（t），则有kh（t）min，因为，令m（t）tet1，则m（t）et+tet（t+1）et，所以m（t）在（1，+）上单调递增因为m（），m（1）e10，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）minh（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）x3ax2+2bx+1，其图象上点P（1，4）处的切线的斜率是5（）求实数a，
17、b的值；（）求f（x）在区间1，3上的最大与最小值解：（）f（x）3x22ax+2b，由函数f（x）x3ax2+2bx+1，其图象上点P（1，4）处的切线的斜率是5可知，解得a2，b2（）由（）f（x）x32x24x+1，f（x）3x24x4，由f（x）0，f（x）0及x1，3得f（x）在上递增，在上递减，在2，3上递增，所以；fmin（x）minf（1），f（2）min2，7719已知二项式的展开式中，前三项系数的和是（）求n的值和展开式中所有项的系数和S；（）求展开式中含x的整数次幂的所有项解：（）二项式的展开式的通项为，r0，1，2，n，故由已知得，在中，令x1，可得（）由（）知，r0，
18、1，2，6，令r0，2，4，6，得展开式中含x的整数次幂的所有项为，20已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且AA14，BAD120，（）求证：ACBD1；（）求AB1与平面ACD1所成角的正弦值解：（）证明：连BD，设BDACO，连D1O由ABCD为菱形知ACBD，又D1AD1C，所以ACD1O，又D1ODBO，D1O，DB平面D1DB，所以AC平面D1DB，又BD1平面D1DB，所以ACBD1；（）法一：由（）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，D1D4，得a2+1+b212，解得，即，所以，设
19、，为平面ACD1的法向量，则由，得，2y0，令，则，又，所以AB1与平面ACD1所成角的正弦值法二：B1到平面ACD1的距离为D到平面ACD1的距离的两倍，作DPD1O于P，则由（）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所成角的正弦值21如图，点P是抛物线x24y在第一象限内的动点，过点P作圆M：x2+（y2）24的两条切线，分别交抛物线的准线l于点A，B（）当APB90时，求点P的坐标；（）当点P的横坐标大于4时，求PAB面积S的最小值解：（）当APB90时，由圆及圆的切线的性质知P到圆心M
20、（0，2）的距离是，设P（2t，t2）（t0），则4t2+（t22）28t22，所以，即（）设P（2t，t2）（t2），切线方程为yt2k（x2t），即kxy+t22kt0，则由，记PA，PB的斜率分别为k1，k2，则，由，则xA+2t，同理得xB+2t，所以，所以，将，代入，得，令t24m0，则，当且仅当m5即t3时取等号（即点P（6，9），所以PAB的面积的最小值是4022已知a0，f（x）ln（ax+b）（）当直线yx与函数yf的图象相切时，求实数b关于a的关系式bg（a）；（）若不等式f（x）x恒成立，求ab的最大值；（）当a2，b1时，若恒成立，求实数m的取值范围解：（）设切点（x0
21、，ln（ax0+b），则由得切线方程为，即，所以，所以aalna+b，即bg（a）a（1lna），（）由（）知aba2（1lna）令h（a）a2（1lna）（a0），则h（a）2a（1lna）aa（12lna），故得h（a）在上递增，在上递减，所以，即ab的最大值为；（）当a2，b1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+40m1，此时由F（t）ln（2t+1）+2m（t2et）+4及易证得t2et0可知F（t）ln（2t+1）+2（t2et）+4，又易得ln（2t+1）2t，ett+1，所以F（t）ln（2t+1）+2（t2et）+42t+2t4（t+1）+40成立，所以m的取值范围是m1，即1，+）