1、2020-2021学年黑龙江省哈尔滨三中高二（下）期末数学试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）. 1已知复数，其中i为虚数单位，则z的虚部是（）ABCD2命题“若ab0，则+2”的逆命题、否命题、逆否命题的真假分别为（）A假，假，假B假，假，真C真，真，真D真，假，真3我国古代数学名著九章算术中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在中“”既代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程确定出来x2，类似的不难得到（）ABCD4曲线f（x）axxlnx在点（1，f（1）处的切线与直线x+
2、y0垂直，则a（）A1B0C1D25执行如图所示的程序框图，若输出y4，则输入的x为（）AB4C2D2+6设xR，则0是|x1|2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命题“n3，nN*，xn+ynzn无正整数解”的否定是（）An3，nN*，xn+ynzn有正救数解Bn3，nN*，xn+ynzn有正整数解Cn03，n0N*，x+yz有正整数解Dn03，n0N*，x+yz有正整数解8“更相减损术”是一种用于求两个正整数的最大公约数的方法，将该方法用算法流程图表示如图，若输入a63，b35，i0，则输出的结果为（）Aa7，i4Ba7，i6Ca7，i5Da7，i79
3、已知命题p：x0，lnxx1；命题q：若xy，则|x+1|y下列命题为真命题的是（）ApqBpqCpqDpq10已知函数yf（x）是R上的可导函数，f（x）+f（x）1且f（100）2021，则不等式f（x）12020e100x的解集为（）A（，100）B（100，+）C（，2020）D（2020，+）11在极坐标系中，曲线C1：2sin，曲线C2：4cos，过极点的直线与曲线C1，C2分别交于异于极点的A，B两点，则|AB|的最大值为（）AB4C2D512已知函数f（x）x+1+lnx，g（x）x（e2x+a），若存在x0，使f（x）g（x）成立，则实数a的取值范围为（）A（，1）B（，1）
4、C（，e）D（，e）二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡相应的位置上.）13（x+sinx）dx的值等于 14已知随机变量服从正态分布N（2，2），且P（4）0.8，则P（02） 15设a，b，cR，若a+2b+c3，则（a+1）2+（2b+3）2+（c1）2的最小值为 16四面体ABCD中，ABCD，ADBC，ACBD，则直线AB和平面BCD所成角的正弦值为 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17哈三中高二数学备课组对学生的记忆力x和判断力y进行统计分析，所得数据如表所示：x46810y2356（）请根据如表提供的数据，用最
5、小二乘法求出y关于x的线性回归方程x+；（）根据（）中求出的线性回归方程，预测记忆力为9的学生的判断力（参考公式：，18已知函数f（x）|x+m|+|x5|（）当m1时，求不等式f（x）8的解集；（）若f（x）2m+3恒成立，求实数m的取值范围19已知函数f（x）xlnxa（x1）（）当a2时，求函数yf（x）的极值；（）若x1时，f（x）0恒成立，求实数a的取值范围20在直角坐标系中，曲线C方程为+1，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos+2sin+a0（）当a10时，在曲线C上求一点M，使点M到直线l的距离最大，并求出最大距离；（）当a1时，直线l与曲
6、线C交于A，B两点，弦AB的中点为Q，定点P（3，2），求的值21如图，四棱锥PABCD中，ABAD，AB1，AD2，ACCD，侧面PAD平面ABCD，且三角形PAD为等腰直角三角形，APD90（）求证：PD平面PAB；（）设Q为线段PA上一点，若BQ平面PCD，求二面角PCDQ的余弦值22已知函数f（x）ex+ln（x+1）asinx，其中a0（）求证：exx+1；（）若函数yf（x）为定义域上的增函数，求a的取值范围；（）若函数g（x）f（x）ln（x+1）在（0，）上有两个零点x1，x2，求参数a的取值范围，并证明：x1+x2参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）. 1已
7、知复数，其中i为虚数单位，则z的虚部是（）ABCD解：复数i，则z的虚部是故选：B2命题“若ab0，则+2”的逆命题、否命题、逆否命题的真假分别为（）A假，假，假B假，假，真C真，真，真D真，假，真解：由基本不等式可知，命题“若ab0，则+2”为真命题，则逆否命题为真命题，逆命题为“若+2，则ab0”，因为+，则ab0，故逆命题为真命题，所以否命题为真命题，则命题“若ab0，则+2”的逆命题、否命题、逆否命题的真假分别为真、真、真故选：C3我国古代数学名著九章算术中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在中“”既
8、代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程确定出来x2，类似的不难得到（）ABCD解：可以令t（t0），由1+t解的其值为，故选：C4曲线f（x）axxlnx在点（1，f（1）处的切线与直线x+y0垂直，则a（）A1B0C1D2解：f（x）axxlnx的导数为f（x）a1lnx，可得在点（1，f（1）处的切线的斜率为a1，由切线与直线x+y0垂直，可得a11，解得a2，故选：D5执行如图所示的程序框图，若输出y4，则输入的x为（）AB4C2D2+解：框图显示的算法函数为，y4，又当x2时，f（x）（x2）2+2，（x2）2+24，解得x 或x（舍去），故x故选：D6设xR，则0是|x1
9、|2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：0，1x3，|x1|2，2x12，1x3，x|1x3x|1x3，则0是|x1|2的充分不必要条件，故选：A7命题“n3，nN*，xn+ynzn无正整数解”的否定是（）An3，nN*，xn+ynzn有正救数解Bn3，nN*，xn+ynzn有正整数解Cn03，n0N*，x+yz有正整数解Dn03，n0N*，x+yz有正整数解解：命题为全称命题，则命题的否定为n03，n0N*，x+yz有正整数解，故选：D8“更相减损术”是一种用于求两个正整数的最大公约数的方法，将该方法用算法流程图表示如图，若输入a63，b35，i0，则输
10、出的结果为（）Aa7，i4Ba7，i6Ca7，i5Da7，i7解：由程序框图可得，输入a63，b35，i0，第1次循环，i1，a28，b35，第2次循环，i2，a28，b7，第3次循环，i3，a21，b7，第4次循环，i4，a14，b7，第5次循环，i5，a7，b7，第6次循环，i6，a1，b7，循环结束，输出a7，i6故选：B9已知命题p：x0，lnxx1；命题q：若xy，则|x+1|y下列命题为真命题的是（）ApqBpqCpqDpq解：令f（x）lnxx+1（x0），则f（x），令f（x）0，则x1，当0x1时，f（x）0，则f（x）单调递增，当x1时，f（x）0，则f（x）单调递减，所以
11、当x1时，f（x）取得最大值f（1）0，则f（x）0，故lnxx1恒成立，所以命题p为真命题，命题q：若xy，则|x+1|y，当y0时，若xy，则|x+1|y成立，当y0时，因为xy0，则x+1y0，故|x+1|y成立，所以命题q为真命题，则pq为真命题，pq为假命题，pq为假命题，pq为假命题故选：A10已知函数yf（x）是R上的可导函数，f（x）+f（x）1且f（100）2021，则不等式f（x）12020e100x的解集为（）A（，100）B（100，+）C（，2020）D（2020，+）解：令g（x）f（x）exexf（x）1ex，f（x）+f（x）1g（x）f（x）+f（x）1ex0
12、，g（x）为增函数，又f（100）2021，f（x）12020e100xf（x）1exf（100）1e100，即g（x）g（100）x100，故选：B11在极坐标系中，曲线C1：2sin，曲线C2：4cos，过极点的直线与曲线C1，C2分别交于异于极点的A，B两点，则|AB|的最大值为（）AB4C2D5解：利用|AB|12|2sin4cos|2，当时，|AB|的最大值为2故选：C12已知函数f（x）x+1+lnx，g（x）x（e2x+a），若存在x0，使f（x）g（x）成立，则实数a的取值范围为（）A（，1）B（，1）C（，e）D（，e）解：存在x0，使f（x）g（x）成立，即x+1+lnxx
13、（e2x+a），由于x0，所以可得当x0时，设m（x），n（x）e2x+a，由m（x），可知m（x）在（0，1）上递增，在（1，+）上递减，由n（x）2e2x，可知n（x）在（0，+）上递增，若存在x0时，m（x）n（x），则临界状态是m（x）图象与n（x）相切，且m（x）图象位于n（x）上方，如图设此时函数m（x）与n（x）的切点横坐标为t，则有，由可得，即lnt2t由得，a1所以要满足x0时，m（x）n（x），只需a1即可故选：A二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡相应的位置上.）13（x+sinx）dx的值等于解：故答案为：14已知随机变量服从正态分布N（2，2）
14、，且P（4）0.8，则P（02）0.3解：随机变量X服从正态分布N（2，2），2，得对称轴是x2P（4）0.8P（4）P（0）0.2，P（04）0.6P（02）0.3故答案为：0.315设a，b，cR，若a+2b+c3，则（a+1）2+（2b+3）2+（c1）2的最小值为 12解：根据题意，若a+2b+c3，则（a+1）+（2b+3）+（c1）6，则有（a+1）2+（2b+3）2+（c1）2（1+1+1）1（a+1）+1（2b+3）+1（c1）2，变形可得（a+1）2+（2b+3）2+（c1）212，即（a+1）2+（2b+3）2+（c1）2的最小值为12；故答案为：1216四面体ABCD中，
15、ABCD，ADBC，ACBD，则直线AB和平面BCD所成角的正弦值为 解：设四面体ABCD所在的长方体如图所示，设长方体的棱长分别为a，b，c，因为ABCD，ADBC，ACBD，所以，解得，建立空间直角坐标系如图所示，则C（0，0，2），B（3，0，0），D（0，1，0），A（3，1，2），所以，设平面BCD的法向量为，则，即，令x2，则y6，z3，故，又，所以，则直线AB和平面BCD所成角的正弦值为故答案为：三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17哈三中高二数学备课组对学生的记忆力x和判断力y进行统计分析，所得数据如表所示：x46810y2356（）
16、请根据如表提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程x+；（）根据（）中求出的线性回归方程，预测记忆力为9的学生的判断力（参考公式：，解：（）由题意可得，故，则，所以线性回归方程为；（）当x9时，故预测记忆力为9的学生的判断力为5.418已知函数f（x）|x+m|+|x5|（）当m1时，求不等式f（x）8的解集；（）若f（x）2m+3恒成立，求实数m的取值范围解：（）当m1时，不等式f（x）8即为|x+1|+|x5|8，等价为或或，解得2x1或1x5或5x6，所以原不等式的解集为2，6；（）f（x）2m+3恒成立，即为2m+3f（x）min，由f（x）|x+m|+|x5|xm+x5|m
17、+5|，当（x+m）（x5）0时取得等号所以2m+3|m+5|，可得m+52m+3或m+52m3，即为m2或m，所以m的取值范围是（，2）19已知函数f（x）xlnxa（x1）（）当a2时，求函数yf（x）的极值；（）若x1时，f（x）0恒成立，求实数a的取值范围解：（）当a2时，f（x）xlnx2（x1），f（x）lnx+x2lnx1，当xe时，f（x）0，f（x）单调递增，当0xe时，f（x）0，f（x）单调递减，所以f（x）极小值f（e）elne2（e1）2e，无极大值；（）若x1时，f（x）0恒成立，xlnxa（x1）0恒成立，令g（x）xlnxa（x1），x1g（x）lnx+xaln
18、x+1a，所以g（x）在（1，+）上单调递增，当1a0，即a1时，g（x）0，所以g（x）在1，+）上单调递增，所以g（x）g（1）1ln1a（11）0，符合题意，当1a0，即a1时，令g（x）lnx+1a0，得xea1，此时a1，则ea1e01，所以在（1，ea1）上，g（x）0，g（x）单调递减，在（ea1，+）上，g（x）0，g（x）单调递增，由于g（1）1ln1a（11）0，所以在（1，ea1）上，g（x）g（1）0，所以不符合x1时，f（x）0恒成立，所以a1，综上所述，a的取值范围为（，120在直角坐标系中，曲线C方程为+1，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的
19、极坐标方程为cos+2sin+a0（）当a10时，在曲线C上求一点M，使点M到直线l的距离最大，并求出最大距离；（）当a1时，直线l与曲线C交于A，B两点，弦AB的中点为Q，定点P（3，2），求的值解：（）曲线C方程为+1，转换为参数方程为（为参数），当a10时，直线l的极坐标方程为cos+2sin+a0，根据转换为直角坐标方程为x+2y+100设M（3cos，2sin），利用点到直线的距离公式d（cos，sin），当时，即点M（）（）当a1时，直线的直角坐标方程为x+2y+10转换为参数方程为（t为参数），代入+1，得到，所以，所以，所以21如图，四棱锥PABCD中，ABAD，AB1，AD2
20、，ACCD，侧面PAD平面ABCD，且三角形PAD为等腰直角三角形，APD90（）求证：PD平面PAB；（）设Q为线段PA上一点，若BQ平面PCD，求二面角PCDQ的余弦值解：（）证明：取AD的中点O，连接PO，因为三角形PAD为等腰直角三角形，所以PDAD，又平面PAD平面ABCD，且PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD，又AB平面ABCD，则ABPO，又ABAD，且POADO，PO，AD平面PAD，所以AB平面PAD，又PD平面PAD，所以ABPD，又APD90，即PDPA，因为ABPAA，AB，PA平面PAB，所以PD平面PAB；（）因为ACCD，点O为AD的中点
21、，所以OCAD，以点O为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，则P（0，0，1），D（0，1，0），C（2，0，0），B（1，1，0），设Q（0，m，1m），则，设平面PCD的法向量为，则，即，令x1，则y2，z2，故，因为BQ平面PCD，所以，解得，所以，则，设平面CDQ的法向量为，则，即，令a1，则b2，c14，故，所以，故二面角PCDQ的余弦值为22已知函数f（x）ex+ln（x+1）asinx，其中a0（）求证：exx+1；（）若函数yf（x）为定义域上的增函数，求a的取值范围；（）若函数g（x）f（x）ln（x+1）在（0，）上有两个零点x1，x2，求参数a的取值范围，并证明：x1+
22、x2解：（）证明：设h（x）exx1，则h（x）ex1，所以当x0时，h（x）0，h（x）在（，0）上单调递减，当x0时，h（x）0，h（x）在（0，+）上单调递增，所以h（x）h（0）e0010，即exx10恒成立，所以exx+1得证（）f（x）ex+ln（x+1）asinx，（x1），f（x）ex+acosx，若函数yf（x）为定义域上的增函数，所以f（x）0对于x（1，+）恒成立，则f（0）1+1a0a2，所以0a2当0a2时，由（1）的结论可知，所以a的取值范围为 （0，2（III）g（x）exasinx，令g（x）0，得exasinx0在（0，）上有两个解，所以a在（0，）上有两个解，令F（x），F（x），当x（0，）时，F（x）0，F（x）单调递减，当x（，）时，F（x）0，F（x）单调递增，所以F（x）F（）e，x0时，sinx0，ex1，故F（x）+，x时，sinx0，exe，故F（x）+，则ae时，满足条件，所以a的取值范围为设ya与yF（x）图象的交点分别为x1，x2，且x1（0，），x2（，），要证x1+x2，只需证，只需证F（x2）F（x1），又 F（x1）F（x2）a，所以只需证 F（x1）F（x1），即证 F（x1）F（x1）0，故 x1+x2
