1、2020-2021学年广东省汕头市高二（下）期末数学试卷一、单项选择题（共8小题，每题5分，共40分）.1设全集UR，集合Ax|0x2，Bx|x1，则集合U（AB）（）A（，2B（，1C（2，+）D2，+）2设复数z2i（i为虚数单位），则|z|（）ABCD23已知平面向量（k，2），（1，1），kR，则k2是与平行的（）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4已知等差数列an的前n项和为Sn，的展开式中含xn4的项的系数恰为Sn，则a7（）A96B96C80D805已知三棱锥PABC中，PA4，ABAC2，BC6，PA面ABC，则此三棱锥的外接球的体积为（）AB25
2、6CD326定义22矩阵a1a4a2a3，若f（x），则f（x）（）A图象关于中心对称B图象关于直线x对称C在区间上的最大值为D周期为的奇函数7点A在直线yx上，点B在曲线ylnx上，则|AB|的最小值为（）AB1CD28已知数列an的前n项和Sn（2n+1）n，bn，则（）ABCD二、多项选择题：本题共4小题，毎小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分95G技术的运营不仅提高了网络传输速度，更拓宽了网络资源的服务范围目前，我国加速了5G技术的融合与创新，前景美好！某手机商城统计了5个月的5G手机销量，如表所示：月份2020
3、年6月2020年7月2020年8月2020年9月2020年10月月份编号x12345销量y（部）5295a185227若y与x线性相关，由上表数据求得线性回归方程为44x+10，则下列说法正确的是（）Aa152B5G手机的销量逐月增加，平均每个月增加约30台Cy与x正相关D预计12月份该手机商城的5G手机销量约为318部10设F1，F2分别是双曲线C：1的左、右焦点，且|F1F2|8，则下列结论正确的是（）As8BF1到渐近线的距离随着t的增大而增大Ct的取值范围是（32，32）D当t4时，C的实轴长是虚轴长的倍11在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是线段A1C1上的一个动点，则
4、下列结论正确的是（）A四面体B1ACM的体积恒为定值B直线D1M与平面AD1C所成角正弦值的最大值为C异面直线BM与AC所成角的范围是D当4A1MA1C1时，平面BDM截该正方体所得的截面图形为等腰梯形12在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f（x），存在一个点x0，使得f（x0）x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（）Af（x）2xxBf（x）x22x+Cf（x）Df（x）三、填
5、空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知0，cos（+），则sin 14已知抛物线C：y24x的焦点为F，直线l过F与C交于A、B两点，若|AF|BF|，则y轴被以线段AB为直径的圆截得的弦长为 15六个同学重新随机调换座位，则恰有两人坐在自己原来的位置上的概率为 16已知函数f（x），则函数f（x）的最大值是 四、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在ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，设ABC的面积为S，已知_任选一个条件3（c2+a2）3b2+16S；4c5a5bcosC，补充在上面横线处，然后解答补充完整的题目（1）求sinB的
6、值；（2）若S42，a10，求b的值18已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a1+a320，S540（1）求an的通项公式；（2）记bn|an2|，求bn的前n项和Tn19如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PAB90，PBPD，PAAB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点（1）求证：AE平面PBC；（2）是否存在点F，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由20端午假期即将到来，某超市举办“高考高粽”有奖促销活动，凡持高考准考证考生及家长在端午节期间消费每超过600元（含600元），均可抽奖一次，抽奖箱里有10个形状
7、、大小完全相同的小球（其中红球有3个，黑球有7个），抽奖方案设置两种，顾客自行选择其中的一种方案方案一：从抽奖箱中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球则打6折，若摸出1个红球，则打7折；若没摸出红球，则不打折方案二：从抽奖箱中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元（1）若小清、小北均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求他们至多一人享受免单优惠的概率；（2）若小杰消费恰好满1000元，试比较说明小杰选择哪一种抽奖方案更合算？21已知椭圆C：1（ab0）的离心率为，焦距为2（1）求椭圆C的方程；（2）过点D（0，3）作直线l与
8、椭圆C交于A、B两点，点N满足（O为坐标原点），求四边形OANB面积的最大值22已知函数f（x）lnxx，g（x）（1）证明：对任意的x1，x2（0，+），都有|f（x1）|g（x2）；（2）设mn0，比较与的大小，并说明理由参考答案一、单项选择题（共8小题，每题5分，共40分）.1设全集UR，集合Ax|0x2，Bx|x1，则集合U（AB）（）A（，2B（，1C（2，+）D2，+）【分析】求出A与B的并集，找出并集的补集即可解：A（0，2，B（，1），AB（，2，全集为UR，U（AB）（2，+）故选：C2设复数z2i（i为虚数单位），则|z|（）ABCD2【分析】根据已知条件，运用复数的运算法
9、则化简z，再求出z的模解：复数，|z|故选：C3已知平面向量（k，2），（1，1），kR，则k2是与平行的（）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【分析】由向量平行条件得到k2，即可判断解：由与平行得k1210，k2，所以k2是与平行的充要条件故选：C4已知等差数列an的前n项和为Sn，的展开式中含xn4的项的系数恰为Sn，则a7（）A96B96C80D80【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式，得到Sn，再利用a7S7S6求出a7解：因为的展开式的通项公式为，所以当r2时，含xn4的项的系数恰为，又等差数列an的前n项和为Sn，的展开式中含xn4的项的系数恰为
10、Sn，所以故选：B5已知三棱锥PABC中，PA4，ABAC2，BC6，PA面ABC，则此三棱锥的外接球的体积为（）AB256CD32【分析】由题意画出图形，求解三角形可得底面外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，代入球的体积公式得答案解：如图，在底面ABC中，ABAC，BC6，cosBAC，则sin，ABC的外接圆半径为PA面ABC，三棱锥外接球的半径R满足：，得R4，三棱维PABC外接球的体积，故选：A6定义22矩阵a1a4a2a3，若f（x），则f（x）（）A图象关于中心对称B图象关于直线x对称C在区间上的最大值为D周期为的奇函数【分析】根据矩阵的运算法则、二倍角公式和辅助角公
11、式，可得f（x），再结合正弦函数的图象与性质，逐一判断选项，即可解：，对于选项A，由，知f（x）的图象关于点成中心对称，即选项A正确；对于选项B，f（）2sin（2+）1，并不是f（x）的最大值或最小值，即选项B错误；对于选项C，当x时，2x+，sin（2x+），f（x）1，1，其最大值为1，即选项C错误；对于选项D，最小正周期为，但是非奇非偶函数，即选项D错误故选：A7点A在直线yx上，点B在曲线ylnx上，则|AB|的最小值为（）AB1CD2【分析】设平行于直线yx的直线yx+b与曲线ylnx相切，则两平行线间的距离即为|AB|的最小值，由导数和切线的关系由距离公式可得解：设平行于直线yx
12、的直线yx+b与曲线ylnx相切，则两平行线间的距离即为|AB|的最小值设直线yx+b与曲线ylnx的切点为（m，lnm），则由切点还在直线yx+b上可得lnmm+b，由切线斜率等于切点的导数值可得，联立解得m1，b1，由平行线间的距离公式可得|AB|的最小值为故选：A8已知数列an的前n项和Sn（2n+1）n，bn，则（）ABCD【分析】由SnSn1先求得an，再求得bn，最后用裂项法求得解：Sn（2n+1）n，当n2时，所以anSnSn14n1，bnn，故选：B二、多项选择题：本题共4小题，毎小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有
13、选错的得0分95G技术的运营不仅提高了网络传输速度，更拓宽了网络资源的服务范围目前，我国加速了5G技术的融合与创新，前景美好！某手机商城统计了5个月的5G手机销量，如表所示：月份2020年6月2020年7月2020年8月2020年9月2020年10月月份编号x12345销量y（部）5295a185227若y与x线性相关，由上表数据求得线性回归方程为44x+10，则下列说法正确的是（）Aa152B5G手机的销量逐月增加，平均每个月增加约30台Cy与x正相关D预计12月份该手机商城的5G手机销量约为318部【分析】由已知求得，代入线性回归方程可得，由平均数公式列式求得a值判断A；由线性回归系数判断
14、B与C；把x7代入线性回归方程求得y值判断D解：由表中数据可知，又回归方程为，把代入回归方程，解得，（52+95+a+185+227）142，解得a151，故A错误；由线性回归方程知5G手机的销量逐月增加，平均每个月增加约44台左右，故B错误；440，y与x正相关，故C正确；将x7代入回归方程得，故D正确故选：CD10设F1，F2分别是双曲线C：1的左、右焦点，且|F1F2|8，则下列结论正确的是（）As8BF1到渐近线的距离随着t的增大而增大Ct的取值范围是（32，32）D当t4时，C的实轴长是虚轴长的倍【分析】对于A：由c2s+t+st16，解得s，即可判断A是否正确；对于B：由于F1到渐
15、近线的距离等于虚半轴长为，即可判断B是否正确；对于C：由A得s8，进而可得t的取值范围是（8，8），即可判断C是否正确；对于D：当t4时，计算出C的实轴长，虚轴长，即可判断D是否正确解：因为c2s+t+st2s16，所以s8，故A正确；因为F1到渐近线的距离等于虚半轴长为，其在t（8，8）上单递减，故B错误；因为双曲线焦点在x轴上，且s8，得t的取值范国是（8，8），故C错误；当t4时，C的实轴长为，虚轴长4，C的实轴长是虚轴长的倍，故D正确故选：AD11在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是线段A1C1上的一个动点，则下列结论正确的是（）A四面体B1ACM的体积恒为定值B直线D1
16、M与平面AD1C所成角正弦值的最大值为C异面直线BM与AC所成角的范围是D当4A1MA1C1时，平面BDM截该正方体所得的截面图形为等腰梯形【分析】由题意利用查正方体的性质，直线和平面的位置关系，空间角、空间距离的定义，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论解：如图：根据正方体的特征可得A1C1/AC，所以A1C1/平面AB1C，所以线段A1C1上的点到平面AB1C的距离相等，因为三角形AB1C的面积为定值，M是线段A1C1上一个动点，所以，M到平面AB1C的距离为定值，而AB1C的面积为定值，故四面体B1ACM的体积为定值，故A正确如图：设直线D1M与平面AD1C所成的角为，M到平面AD1C
17、的距离为d，则，因为A1C1/AC，所以A1C1/平面AD1C，所以M到平面AD1C的距离与A1到平面AD1C的距离相等，连接A1C，由，可得，又，所以，易知当M为A1C1的中点时，D1M最小，为，此时sin取得最大值，为，故B正确设异面直线BM与AC所成的角为，当M与A1或C1重合时，取得最小值，为60，当M为A1C1的中点时，取得最大值，为90，故C选项错误对于D选项，过点M作EF/BD，分别交A1D1，A1B1于点E，F，连接DE，BF，则四边形DEFB为等腰梯形，故D正确故选：ABD12在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动
18、点定理的基石布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f（x），存在一个点x0，使得f（x0）x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（）Af（x）2xxBf（x）x22x+Cf（x）Df（x）【分析】根据所给定义，逐一定性判断即可，A：x1满足条件，故A正确；B：方程无解，故B错误；C：或x1满足条件，故C正确；D：满足条件，故D正确解：根据定义可知：若f（x）有不动点，则f（x）x有解A令2xxx，所以2x2x，易知x1是方程的一个解，故f（x）是“不动点”函数；B令x22x+x，所以x23x+0
19、，方程的940，故方程无解，所以f（x）不是“不动点”函数；C当x1时，令2x21x，所以或x1，所以f（x）是“不动点”函数；D令，所以，所以f（x）是“不动点”函数故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知0，cos（+），则sin【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得sin（+）的值，再根据sinsin（+），利用两角和的正弦公式计算求得结果解：0，cos（+），（+）是锐角，sin（+）sinsin（+）sin（+）coscos（+）sin，故答案为：14已知抛物线C：y24x的焦点为F，直线l过F与C交于A、B两点，若|AF|BF|，则y轴被以线段AB为
20、直径的圆截得的弦长为 2【分析】根据题意可得lx轴，AB为直径的圆的圆心坐标为F（1，0），半径为r2，弦长为，即可得出答案解：由于|AF|BF|，所以lx轴，所以圆心坐标为F（1，0），半径为r2，弦长为，故答案为：215六个同学重新随机调换座位，则恰有两人坐在自己原来的位置上的概率为 【分析】根据题意，可分2步分析恰有两人坐在自己原来的位置上的基本事件个数：第一步先从6个人里选2人，其位置不变，有种选法；第二步是对于剩余的四人，因为每个人都不能站在原来的位置上，因此第一个人有三种站法，被站了自己位置的那个人只能站在另外三个位置中的一个，选定后此时剩下两人只有一种站法，因此四个人调换有339
21、种调换方法，从而可确定不同的调换方法有159135种最后根据基本事件总数为即可求出所求概率解：根据题意，分2步分析：先从6个人里选2人，其位置不变，有种选法；对于剩余的四人，因为每个人都不能站在原来的位置上，因此第一个人有三种站法，被站了自己位置的那个人只能站在另外三个位置中的一个，选定后此时剩下两人只有一种站法，因此四个人调换有339种调换方法，故不同的调换方法有159135种而基本事件总数为，所以所求概率为故答案为：16已知函数f（x），则函数f（x）的最大值是 【分析】分别求出x0和x0时函数的最大值，再对两个最大值加以比较即可得到解答解：当x0时，；当x0时，令，当且仅当，即x1时取等
22、号，即当x1时，f1（x）min2，令，又因为，则，函数f（x）的最大值是，故答案为：四、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在ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，设ABC的面积为S，已知_任选一个条件3（c2+a2）3b2+16S；4c5a5bcosC，补充在上面横线处，然后解答补充完整的题目（1）求sinB的值；（2）若S42，a10，求b的值【分析】若选择条件：（1）利用余弦定理，三角形的面积公式，化简已知等式可得3cosB4sinB，进而根据同角三角函数基本关系式即可求解sinB的值；（2）由（1）及三角形的面积公式可求c的值，进而可求
23、b的值若选择条件：（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可求cosB的值，进而根据同角三角函数基本关系式可求sinB的值；（2）由（1）利用三角形的面积公式可求c的值，进而根据余弦定理即可求解b的值解：若选择条件：（1）因为3（c2+a2）3b2+16S，所以，整理得：8acsinB3（a2+c2b2），即，整理可得3cosB4sinB，又sinB0，所以cosB0，所以，故sinB（2）由（1）知sinB，又S42，a10，则，解得c14，将S42，a10，c14，代入3（c2+a2）3b2+16S中，得3（142+102）3b2+1642，解得若选择条件：（1）因为5bcosC+4
24、c5a，由正弦定理得，5sinBcosC+4sinC5sinA，即5sinBcosC+4sinC5sin（B+C），即sinC（45cosB）0，在ABC中，sinC0，所以，故（2）由（1）知sinB，又S42，a10，则，解得c14，由余弦定理得2accosBa2+c2b2，可得，所以18已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a1+a320，S540（1）求an的通项公式；（2）记bn|an2|，求bn的前n项和Tn【分析】（1）直接利用等比数列的性质的应用和数列的求和公式求出首项和公差，进一步求出数列的通项公式；（2）利用分裂讨论的应用求出数列的和解：（1）设等差数列an的公差为d，则
25、a1+a32a1+2d20，解得：a112，d2故ana1+（n1）d142n，（nN*）（2）bn|an2|122n|当n6，nN*时bn122n，b110，当n6时，bn2n12，Tn10+8+6+4+2+0+b7+b8+bn，所以19如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PAB90，PBPD，PAAB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点（1）求证：AE平面PBC；（2）是否存在点F，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由【分析】（1）只需证明AEBC，AEPB，即可证明AE平面PBC，（2）以A为坐标原点，建立如图所
26、示的空间直角坐标系Axyz，利用空间向量求解，解：（1）PADPAB（SSS），PADPAB90，PAAB，PHAD，又ABADA，PA平面ABCD，BC平面ABCD，PABC，ABCD为正方形，ABBC，又PAABA，PA，AB平面PAB，BC平面PAB，AE平面PABAEBC，PAAB，E为线段PB的中点，AEPB，又PBBCB，PB，BC平面PBC，AE平面PBC，（2）存在定点F，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，不妨设正方形ABCD的边长为2，则A（0，0，0），C（0，2，2），D（0，0，2），P（2，0，0），E（
27、1，1，0），设F（0，2，）（02），则，设平向AEF的一个法向量为，则，令z12，设平面PCD的一个法向量为，令x21，则，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30，解得1，当点F为BC中点时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为3020端午假期即将到来，某超市举办“高考高粽”有奖促销活动，凡持高考准考证考生及家长在端午节期间消费每超过600元（含600元），均可抽奖一次，抽奖箱里有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球有3个，黑球有7个），抽奖方案设置两种，顾客自行选择其中的一种方案方案一：从抽奖箱中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球则打
28、6折，若摸出1个红球，则打7折；若没摸出红球，则不打折方案二：从抽奖箱中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元（1）若小清、小北均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求他们至多一人享受免单优惠的概率；（2）若小杰消费恰好满1000元，试比较说明小杰选择哪一种抽奖方案更合算？【分析】（1）在方案一种，先求出一个免单的概率，再求出两人同时免单的概率，求出该事件的对立事件，即可求解（2）若小杰选择方案一，设付款金额为X元，则可能的取值为0、600、700、1000，求出X的期望，方案二摸到红球的个数服从二项分布，求出Y的数学期望，结合期望的线性公式，即可得E（Z）的值，通
29、过比较两个方案的期望，即可求解解：（1）方案一若享受到免单优惠，则需摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件A，则，小清、小北二人至多一人享受到免单的概率为（2）若小杰选择方案一，设付款金额为X元，则可能的取值为0、600、700、1000，故X的分布列为：X06007001000P（元），若小杰选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则Z1000200Y，由已知可得，故，E（Z）E（1000200Y）1000200E（Y）820（元），E（X）E（Z），小杰选择第一种抽奖方案更合算21已知椭圆C：1（ab0）的离心率为，焦距为2（1）求椭圆C的方程；（2）过点D（0，3）作直线l与椭
30、圆C交于A、B两点，点N满足（O为坐标原点），求四边形OANB面积的最大值【分析】（1）由椭圆的焦距为2，离心率为，列方程组，解得a，b，c，即可得出答案（2）由+，得四边形OANB为平行四边形，A（x1，y1），B（x2，y2），分两种情况：当直线l的斜率不存在时，当直线l的斜率存在时，写出直线l的方程，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，由弦长公式可得|AB|，点O到直线l的距离d，再计算四边形OANB面积的最大值解：（1）椭圆的焦距为2c2，则c，离心率为，a24b2a2c21，椭圆C的方程为（2）+，四边形OANB为平行四边形，当直线l的斜率不存在时，显然不符合题意，
31、当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx+3，直线l与椭圆于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，由，由（24k）2128（1+4k2）0k22，x1+x2，x1x2，点O到直线l的距离，S四边形OANB2SOAB3|x1x2|33324，令k22t，则k2t+2（由上式知t0），S四边形OANB2424242，当且仅当，即时取等号，当k时，平行四边形OANB的面积最大值为222已知函数f（x）lnxx，g（x）（1）证明：对任意的x1，x2（0，+），都有|f（x1）|g（x2）；（2）设mn0，比较与的大小，并说明理由【分析】（1）对f（x）求导，分析f（x）的正负，进而可得f（x）
32、的单调性，推出f（x）max1，|f（x）|min1，对g（x）求导，分析g（x）的单调性，进而可得g（x）max，即可得出答案（2）化简得，且，只需比较与的大小，作差，并令，得，求导分析单调性，即可得出G（t）min0，即可得出答案解：（1）证明：f（x）和g（x）的定义域均为（0，+），因为，故f（x）在（0，1）上是单调递増的，在（1，+）上是单调递减的，所以f（x）maxf（1）ln111，|f（x）|min1，则，故g（x）在（0，e）上是单调递増的，在（e，+）上是单调递减的，故，g（x）maxf（x）|min，所以对任意的x1，x2（0，+），都有|f（x1）|g（x2）（2），且，mn0，10，故只需比较与的大小，令，设，则，因为t1，所以G（t）0，所以函数G（t）在（1，+）上单调递增，故G（t）G（1）0，所以G（t）0对任意t1恒成立，即，从而有