1、上海市浦东新区建平中学2020-2021学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）一、填空题（共12小题）.1不等式0的解集为 2 3设m是常数，若点F（0，5）是双曲线的一个焦点，则m 4直线3x+2y+50的一个法向量为（a，a2），则实数a 5已知eixcosx+isinx，则e2022i对应的点位于复平面的第 象限6空间一线段AB，若其主视图、左视图、俯视图的长度均为，则线段AB的长度为 7若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则其母线与轴所成角的大小是 8若直线mx+2ny40（m，nR）始终平分圆x2+y24x2y0的周长，则mn的取值范围是 9已知（x+）n展开式中的常数项是第五项，则系数
2、最大项为第 项10从7张印有数字0、1、2、3、4、5、6的卡片中取出4张（数字6的卡片可以倒过来9用），可以组成 个无重复数字的被4整除的四位数11已知集合U1，2，3，4，5，集合X1、X2、Xn为集合U的所有子集，从这些子集中任取两个不同的集合Xi、Xj，则XiXj中恰有三个元素的概率为 12若不等式2sin2B9sinBsinC+sinAsinC0对于任意ABC恒成立，则|的最小值为 二、选择题13“x1”是“1”的（）条件A充分不必要B必要不充分C充要条件D既不充分也不必要14空间中有四点A，B，C，D，其中（2m，m，2），（m，m+1，5），且+（5，3），则直线AB和CD（）A
3、平行B异面C必定相交D必定垂直15一段时间内没有大规模集体流感的标志为“连续10天，每天新增病例不超过7人”，根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增病例数据，一定符合该标志的是（）A甲地：总体均值为3，中位数为4B乙地：总体均值为1，总体方差大于0C丙地：中位数为2，众数为3D丁地：总体均值为2，总体方差为316双曲线y21绕坐标原点O旋转适当角度可以成为函数f（x）的图象，关于此函数f（x）有如下四个命题，其中真命题的个数为（）f（x）是奇函数；f（x）的图象过点（，）或（，）；f（x）的值域是（，+）；函数yf（x）x有两个零点A4个B3个C2个D1个三、解答题17已知四棱锥PABCD，底面
4、为正方形ABCD，边长为4，E、F分别为AB、CD的中点，PE平面ABCD，若PF与平面ABCD所成角为45（1）求四棱锥PABCD的体积；（2）求二面角PBCD的大小18已知函数f（x）sinx+cosx（1）当f（）0，且|1，求的值；（2）在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，a，b+c3，当2，f（A）1时，求bc的值19无穷数列an满足：an+1an+3an+1+an+40且a12（1）求证：为等差数列；（2）若a2021为数列an中的最小项，求a1的取值范围20已知函数f（x）x2（a2）x+a3（1）若f（a+1）f（2a），求a的值；（2）若函数yf（x）在x2，3的
5、最小值为5a，求实数a的取值范围；（3）是否存在整数m、n使得关于x的不等式mf（x）n的解集恰为m，n？若存在，请求出m、n的值；若不存在，请说明理由21已知椭圆：1（ab0），F1、F2分别为其左、右焦点（1）若T为椭圆上一点，TF1F2面积最大值为4，且此时TF1F2为等边三角形，求椭圆的方程；（2）若椭圆焦距长为短轴长的倍，点P的坐标为（2a，ab），Q为椭圆上一点，当|PQ|+|QF1|最大时，求点Q的坐标；（3）若A为椭圆上除顶点外的任意一点，直线AO交椭圆于B，直线AF1交椭圆于C，直线BF1交椭圆于D，若，求+（用a、b代数式表示）参考答案一、填空题1不等式0的解集为（3，2）
6、解：不等式0可化为，或，解得3x2，或；不等式的解集为（3，2）故答案为：（3，2）23【分析】利用数列极限的运算法则求解即可解：3，故答案为：33设m是常数，若点F（0，5）是双曲线的一个焦点，则m16【分析】根据双曲线的焦点坐标判断双曲线的焦点位置是解决本题的关键，利用双曲线标准方程中的分母与焦点非零坐标的关系，列出关于m的方程，通过解方程求出m的值解：由于点F（0，5）是双曲线的一个焦点，故该双曲线的焦点在y轴上，从而m0从而得出m+925，解得m16故答案为：164直线3x+2y+50的一个法向量为（a，a2），则实数a6【分析】先求出直线的方向向量，然后利用法向量与方向向量垂直，由向
7、量垂直的坐标表示列出关于a的方程，求解即可解：因为直线3x+2y+50的一个法向量为（a，a2），又直线3x+2y+50的一个方向向量为（2，3），所以2a+3（a2）0，解得a6故答案为：65已知eixcosx+isinx，则e2022i对应的点位于复平面的第 四象限【分析】由题意，表示出e2022i对应的点的坐标，然后确定e2022i对应的点所在的象限即可解：因为eixcosx+isinx，所以e2022icos2022+isin2022对应的点的坐标为（cos2022，sin2022），因为202223201.9，所以cos20220，sin20220，所以e2022i对应的点位于复平面
8、的第四象限故答案为：四6空间一线段AB，若其主视图、左视图、俯视图的长度均为，则线段AB的长度为【分析】根据三视图得出，正方体的体对角线，符合题意，根据图形求解即可解：空间一线段AB，若其主视图、左视图、俯视图的长度均为，把它放到正方体中研究得出：可判断出正方体的棱长为1，体对角线为，线段AB为故答案为：7若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则其母线与轴所成角的大小是30【分析】根据圆锥的底面积公式和侧面积公式，结合已知可得l2R，进而解母线与底面所成角，然后求解母线与轴所成角即可解：设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则：其底面积：S底面积R2，其侧面积：S侧面积2RlRl，圆锥的侧面积是其底面积的
9、2倍，l2R，故该圆锥的母线与底面所成的角有，cos，60，母线与轴所成角的大小是：30故答案为：308若直线mx+2ny40（m，nR）始终平分圆x2+y24x2y0的周长，则mn的取值范围是 （，1【分析】由圆的方程求得圆心坐标，把圆心坐标代入直线方程，可得m+n2，再由不等式的性质求解mn的取值范围解：圆x2+y24x2y0化为（x2）2+（y1）25，可得圆心坐标为（2，1），直线mx+2ny40（m，nR）始终平分圆x2+y24x2y0的周长，直线过圆心，则2m+2n4，即m+n2又m，nR，mn，即mn的取值范围是（，1故答案为：（，19已知（x+）n展开式中的常数项是第五项，则系
10、数最大项为第 9项【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，先求得n的值，可得系数最大项解：（x+）n展开式中的通向公式为 Tr+12rxn3r，令n3r0，求得n3r，常数项是第五项，即r4，可得n12，则通向公式为 Tr+12rx123r，故第r+1项的系数为2r，检验可得，当r8时，第r+1项的系数2r 最大，故答案为：910从7张印有数字0、1、2、3、4、5、6的卡片中取出4张（数字6的卡片可以倒过来9用），可以组成 276个无重复数字的被4整除的四位数【分析】根据题意，按四位数的后两位数字分3种情况讨论，求出每种情况下四位数的数目，由加法原理计算可得答案解：根据题意，分3种情况讨论：
11、四位数的后两位数字为04、20、40、60，有（20+8）3104个符合题意的四位数；四位数的后两位数字为12、24、32、52，有（5+12+6）492个符合题意的四位数；四位数的后两位数字为16、36、56、64、92，有（4+12）580个符合题意的四位数；则共有104+92+80276个符合题意的四位数；故答案为：27611已知集合U1，2，3，4，5，集合X1、X2、Xn为集合U的所有子集，从这些子集中任取两个不同的集合Xi、Xj，则XiXj中恰有三个元素的概率为 【分析】求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可解：因为集合U1，2，3，4，5，所以U
12、的子集个数为2532个，从这些子集中任取两个不同的集合Xi、Xj，则共有种不同的取法，XiXj中恰有三个元素，这三个元素可能有种选法，假设这三个元素是3，4，5，则Xi，Xj的情况有：3，4，5，1，3，4，5，3，4，5，2，3，4，5，3，4，5，1，2，3，4，5，1，3，4，5，2，3，4，5，共4种，所以XiXj中恰有三个元素，则共有种不同的取法，故XiXj中恰有三个元素的概率为故答案为：12若不等式2sin2B9sinBsinC+sinAsinC0对于任意ABC恒成立，则|的最小值为 5【分析】直接利用正弦定理的应用，三角函数的关系式的变换，恒成立问题的应用求出结果解：根据正弦定理
13、：不等式2sin2B9sinBsinC+sinAsinC0转换为2b29bc+ac0，由于对于任意三角形恒成立，故，由于，所以225，故|5，故最小正值为5故答案为：5二、选择题13“x1”是“1”的（）条件A充分不必要B必要不充分C充要条件D既不充分也不必要【分析】求出分式不等式的解，利用充要条件的判断方法判断即可解：因为1的解为：x0或x1，所以“x1”是“1”的充分不必要条件故选：A14空间中有四点A，B，C，D，其中（2m，m，2），（m，m+1，5），且+（5，3），则直线AB和CD（）A平行B异面C必定相交D必定垂直【分析】利用向量坐标运算、向量垂直与数量积的关系即可得出解：（2m
14、，m，2），（m，m+1，5），且+（5，3），（3m，2m+1，3）（5，3），3m5，2m+1，解得m，而0，故选：D15一段时间内没有大规模集体流感的标志为“连续10天，每天新增病例不超过7人”，根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增病例数据，一定符合该标志的是（）A甲地：总体均值为3，中位数为4B乙地：总体均值为1，总体方差大于0C丙地：中位数为2，众数为3D丁地：总体均值为2，总体方差为3【分析】对于AB，通过总体均值可知10天新增病例总数，以此可判断；对于C，知道中位数及众数不能确定某一天新增病例是否超过7人，以此可判断C；对于D，知道总体均值与方差，假设某一天新增病例超过7人，通过
15、计算方差可判断D解：对于A，通过总体均值可知10天新增病例总数为30，又知中位数是4，所以没法确定某一天新增病例是否超过7人，不选A；对于B，通过总体均值可知10天新增病例总数为10，又知总体方差大于0，所以没法确定某一天新增病例是否超过7人，不选B；对于C，知道中位数及众数不能确定某一天新增病例是否超过7人，不选C；对于D，知道总体均值为2，假设某一天新增病例超过7人，则方差会大于3，所以可以判断“连续10天，每天新增病例不超过7人”，选D故选：D16双曲线y21绕坐标原点O旋转适当角度可以成为函数f（x）的图象，关于此函数f（x）有如下四个命题，其中真命题的个数为（）f（x）是奇函数；f（
16、x）的图象过点（，）或（，）；f（x）的值域是（，+）；函数yf（x）x有两个零点A4个B3个C2个D1个【分析】求出双曲线的对称中心和顶点坐标和渐近线方程，画出f（x）的图象（位于一三象限），对选项逐一判断，由对称性可得f（x）的图象在二四象限的情况，即可得出答案解：对于：双曲线y21关于原点对称，可得旋转后得到的函数f（x）的图象关于原点对称，所以f（x）是奇函数，故正确；对于：由双曲线的顶点为（，0），渐近线方程为yx，可得f（x）的图象的渐近线为x0和yx，图象关于直线yx对称，可得f（x）的图象过点（，）或（，），由对称性可得f（x）的图象按逆时针60旋转位于一三象限，按顺时针旋转6
17、0位于二四象限，故正确；对于：f（x）的图象按逆时针旋转60位于一三象限，由图象可得顶点为点（，）或（，），不是极值点，则f（x）的值域不是（，+），f（x）的图象按顺时针旋转60位于二四象限，由对称性可得f（x）的值域也不是（，+），故不正确；对于：当f（x）的图象位于一三象限时，f（x）的图象与直线yx有两个交点，函数yf（x）x有两个零点，当f（x）的图象唯一二四象限时，f（x）的图象与直线yx没有交点，函数yf（x）x没有零点，故不正确；故选：C三、解答题17已知四棱锥PABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E、F分别为AB、CD的中点，PE平面ABCD，若PF与平面ABCD所成角
18、为45（1）求四棱锥PABCD的体积；（2）求二面角PBCD的大小【分析】（1）利用线面角定义得到PFE即为PF与平面ABCD所成角，在RtPFE中，由边角关系求出PE，再利用锥体的体积公式求解即可；（2）利用线面垂直的判定定理证明BC平面PAB，从而得到PBBC，又ABBC，则PBE即为二面角PBCD的平面角，在三角形中由边角关系求解即可解：（1）因为PE平面ABCD，所以PFE即为PF与平面ABCD所成角，所以PFE45，因为EF平面ABCD，则PEEF，又E、F分别为AB、CD的中点，则EFBC，EFBC，在RtPFE中，EF4，PFE45，所以PE4，故四棱锥PABCD的体积为；（2）
19、因为底面ABCD为正方形，则BCAB，又PE平面ABCD，BC平面ABCD，则BCPE，因为ABPEE，AB，PE平面PAB，所以BC平面PAB，又PB平面PAB，则PBBC，所以PBE即为二面角PBCD的平面角，在RtPBE中，PE4，BE，则tanPBE，所以二面角PBCD的大小为arctan218已知函数f（x）sinx+cosx（1）当f（）0，且|1，求的值；（2）在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，a，b+c3，当2，f（A）1时，求bc的值【分析】（1）利用辅助角公式化简，f（）0，且|1，即可求解的值；（2）由a，b+c3，当2，f（A）1时，利用余弦定理即可求解b
20、c的值解：（1）函数f（x）sinx+cosx2sin（x）f（）0，即k，kZ且|1，（2）由2，f（A）1，即2sin（2A）10AA由余弦定理，cosA即bc（b+c）2bca2解得：bc219无穷数列an满足：an+1an+3an+1+an+40且a12（1）求证：为等差数列；（2）若a2021为数列an中的最小项，求a1的取值范围【分析】（1）通过计算的值即可得到解答；（2）由（1）的结论可得：，再根据的增减性可以得到解答【解答】（1）证明：由已知可得：，是公差为1的等差数列；（2）解：由（1）可得，an2+，结合图象易知函数在na0，n+1a0时取到最小值，由a2021为数列an中
21、的最小项，有，解得：，a1的取值范围是：20已知函数f（x）x2（a2）x+a3（1）若f（a+1）f（2a），求a的值；（2）若函数yf（x）在x2，3的最小值为5a，求实数a的取值范围；（3）是否存在整数m、n使得关于x的不等式mf（x）n的解集恰为m，n？若存在，请求出m、n的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）根据已知条件，得到（a+1）2（a2）（a+1）+a3（2a）22a（a2）+a3解方程即可求出结果；（2）由于f（x）的对称轴为，根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论，判断单调性求出最小值即可；（3）根据题意转化为 m，n 是方程 x2（a2）x+a3x 的两个根，结合韦达
22、定理得到 m+n2+mn，分离常数，根据m，n 为整数即可求解解：（1）因为f（x）x2（a2）x+a3，且 f（a+1）f（2a），所以（a+1）2（a2）（a+1）+a3（2a）22a（a2）+a3，整理得2a2+a30，解得a1或；（2）f（x）x2（a2）x+a3 的对称轴为 ，因为 x2，3，当，即 a6，则f（x）在x2，3上单调递增，所以f（x）minf（2）222（a2）+a35a，符合题意；当，即6a8，则f（x）在上单调递减，在单调递增，所以5a，则a6，与6a8矛盾，不符合题意；，即a8，则f（x）在x2，3上单调递减，所以，则a7，与a8矛盾，不符合题意，综上a6，因此
23、实数a的取值范围为（，6；（3）因为关于x的不等式mf（x）n的解集恰为m，n，若，则f（x）在m，n上单调递增，所以，即m，n是方程x2（a2）x+a3x，即x2（a1）x+a30的两个根，由韦达定理得，所以 m+n2+mn，所以m（1n）2n，当n1时，m不存在，舍去，当n1时，所以当n0时，m2；当n2时，m0，又因为mn，所以n2，m0，经检验，此时a3，关于x的不等式mf（x）n的解集不是m，n，故不符合题意舍去；若，则f（x）在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，即x2（a2）x+a3n0有两个不相等的实数根，且m+n2a，由于m，n为整数，则a为整数，则，当n0时，a3，m
24、1，经检验关于x的不等式mf（x）n的解集不是m，n，故不符合题意舍去；当n2时，a3，m1，经检验符合题意；故m1，n2；若，则f（x）在m，n上单调递减，所以，即，则mn，不合题意舍去综上：存在这样的m，n为整数，且m1，n221已知椭圆：1（ab0），F1、F2分别为其左、右焦点（1）若T为椭圆上一点，TF1F2面积最大值为4，且此时TF1F2为等边三角形，求椭圆的方程；（2）若椭圆焦距长为短轴长的倍，点P的坐标为（2a，ab），Q为椭圆上一点，当|PQ|+|QF1|最大时，求点Q的坐标；（3）若A为椭圆上除顶点外的任意一点，直线AO交椭圆于B，直线AF1交椭圆于C，直线BF1交椭圆于D
25、，若，求+（用a、b代数式表示）解：（1）因为TF1F2面积最大值为4，所以点T为短轴的顶点，所以S|F1F2|bbc4，因为TF1F2为等边三角形，所以TF1F260，所以tanTF1F2tan60，又a2b2+c2，由，解得a216，b212，c24，所以椭圆的方程为+1（2）因为椭圆焦距长为短轴长的倍，所以2c2b，即cb，又a2b2+c2b2+2b23b2，即ab，因为P点坐标（2a，ab），则（2b，b），所以点P在第一象限，由椭圆的定义可得|PQ|+|QF1|PQ|+2a|QF2|2a+（|PQ|QF2|）2a+|PF2|，当且仅当点Q在PF2延长线上时，取等号，直线PF2的方程为y（xc），所以y（xb），即yxb，联立，解得 x0或xb，当x0时，yb或当xb时，y0，所以Q（0，b）或（b，0），因为点Q在PF2延长线上，所以Q（0，b）（3）设|AF1|x，AF1F2，则|AF2|2ax，在AF1F2中，由余弦定理可得，解得，即，同理可得，设AF2F1，则DF1F2，所以，故，又，同理，所以
