1、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A1，0，1，2，3，集合BxZ|x2，则AB（）A1，0，1，2B1，0，1C0，1，2D0，12已知aR，复数za22a+（a21）i（i是虚数单位），则“a0”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（）A108种B72种C36种D18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
2、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（）ABCD5函数f（x）x2sin2x在区间，上的图象可能是（）ABCD6若实数x，y满足（xy）2+64（x+y），则（）Ax+y的最大值是Bx+y的最大值是Cxy的最小值是Dxy的最小值是7设实数a0，随机变量的分布列是：101P则E（）、D（）的值分别为（）A，B，D（）1C，D，D（）18设alog23，blog34，c1.6，则a，b，c的大小关系是（）AabcBbacCcabDcba9设函数f（x）x2+2ax+a22a+3，若对于任意的xR，不等式f（f（x）0恒成立，则实数a的取值范围是（）ABa2CD10已知数列an满足
3、：，nN*，且，则下列判断错误的是（）A当0，2时，存在非零常数tR，使得是等差数列B当0，1时，存在非零常数tR，使得是等比数列C当1，0时，存在非零常数tR，使得是等差数列D当1，0时，存在非零常数tR，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，nN*.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za+bi（a，bR）满足（
4、i是虚数单位），则ab ，|z| 13已知（x2）7a0+a1x+a2x2+a7x7，aiR（i0，1，7），则a0 ，a4 14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14的4个红球、编号为13的3个绿球和编号为13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（a0）与的图象在交点处的切线互相垂直，则a（ba）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
5、算步骤）18在ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（2ac）cosBbcosC（）求角B的大小；（）若b8，ABC的面积为，求ABC的周长19如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，侧面BCC1B1是正方形，ACBC2，A1AC60，M是B1C1的中点（）证明：ACB1C1；（）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2Sn2an2+an1，nN*（）求数列an的通项公式；（）数列bn满足bn，记Tnb1+b2+bn，证明：Tn321（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x22py（p0）的焦点为F（
6、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OEOA，连接EA，EB（）求抛物线C的标准方程及其准线方程；（）记ABE，AOF的面积分别为S1，S2，求S1S2的最小值及此时点A的坐标22（16分）已知函数f（x）exax1在（0，+）上有零点x0，其中e2.71828是自然对数的底数（）求实数a的取值范围；（）记g（x）是函数yf（x）的导函数，证明：g（x0）a（a1）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A1，0，1，2，3，集合BxZ|x2，则AB（）A1，0，1，2B1，0，1C0，1，2D0，1解：集合
7、A1，0，1，2，3，集合BxZ|x2，AB1，0，1故选：B2已知aR，复数za22a+（a21）i（i是虚数单位），则“a0”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za22a+（a21）i（i是虚数单位）为纯虚数，a0或a2，a0是z为纯虚数的充分不必要条件，故选：A3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（）A108种B72种C36种D18种解：根据题意，分2步进行分析：将1、2、3三个数字排好，有A336种排法，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
8、，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6636种；故选：C4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（）ABCD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：D5函数f（x）x2sin2x在区间，上的图象可能是（）ABCD解：根据题意，f（x）x2sin2x，其定义域为R，有f（x）x2sin2xf（x），为奇函数
9、，排除CD，在区间（，）上，sin2x0，f（x）0，排除A，故选：B6若实数x，y满足（xy）2+64（x+y），则（）Ax+y的最大值是Bx+y的最大值是Cxy的最小值是Dxy的最小值是解：因为（xy）2+64（x+y），则有（x+y）24（x+y）+64xy，所以4xy（x+y2）2+22，故xy，当x+y20时，xy，此时x，y为方程，即2t24t+10的两个根，因为（4）22410，方程有解，故当x+y2时，xy有最小值，所以选项A，B，C错误，选项D正确故选：D7设实数a0，随机变量的分布列是：101P则E（）、D（）的值分别为（）A，B，D（）1C，D，D（）1【解答】解；由题意
10、可知：，解得a1，所以E（）1D（）+故选：A8设alog23，blog34，c1.6，则a，b，c的大小关系是（）AabcBbacCcabDcba解：alog23log221.5，blog34log331.5，ab，2835，35，函数yx5在（0，+）上为增函数，3，log2log23，即log23，ca，cab，故选：C9设函数f（x）x2+2ax+a22a+3，若对于任意的xR，不等式f（f（x）0恒成立，则实数a的取值范围是（）ABa2CD解：因为f（x）x2+2ax+a22a+3（x+a）22a+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
11、，+）上恒成立，（1）当2a+30，即时，f（x）0显然成立；（2）当时，yf（x）有两个零点，只要满足，即，解得a2，又，所以，综合（1）（2）可知，a的取值范围是a2故选：B10已知数列an满足：，nN*，且，则下列判断错误的是（）A当0，2时，存在非零常数tR，使得是等差数列B当0，1时，存在非零常数tR，使得是等比数列C当1，0时，存在非零常数tR，使得是等差数列D当1，0时，存在非零常数tR，使得是等比数列【解答】解析：当0，2时，是等差数列，t1，选项（A）正确；当0，1时，是首项为3，公比为2的等比数列，t1，选项（B）正确；当1，0时，即，（常数），对任何非零常数tR，不可能是
12、等差数列，选项（C）错误；当1，0时，当，即t2+4t0时，取t4，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，nN*.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za+bi（a，bR）满足（i是虚数单位），则ab，|z|解：+i，zia+b
13、i，a，b，则ab（），|z|故答案为：，13已知（x2）7a0+a1x+a2x2+a7x7，aiR（i0，1，7），则a0128，a4280解：令x0，可得a0（2）7128；二项式（x2）7的展开式的通项公式为Tr+1x7r（2）r，所以a4（2）3280故答案为：128；28014设函数，则f（x）的最小正周期是 ，在区间上的值域是 2，3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：，2，315已知盒子中装有编号为14的4个红球、编号为13的3个绿球和编号为13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
14、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n120，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：取到4号红球包含的基本事件有：6，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（a0）与的图象在交点处的切线互相垂直，则a（ba）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x0时，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（ba）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
15、：将两边平方，得，如图，作，则OCAC，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ABCN，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，所以，当CN与大圆相切时，最小，此时根据相似，NMC，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（2ac）cosBbcosC（）求角B的大小；（）若b8，ABC的面积为，求ABC的周长解：（）（2ac）cosBbcosC，由正弦定理，得（2sinAsinC）cosBsinBcosC，即
16、2sinAcosBsin（B+C）sinA，且sinA0，又0B，所以（）ABC的面积为，得ac12，又由余弦定理b2a2+c22accosB，得64（a+c）23ac，即a+c10，所以ABC的周长为1819如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，侧面BCC1B1是正方形，ACBC2，A1AC60，M是B1C1的中点（）证明：ACB1C1；（）求直线A1M与平面A1BC所成角的正弦值【解答】（）证明：在平面ACC1A1内过点A1作A1DAC，垂足为D，平面ACC1A1平面ABC，A1D平面ABC，即A1DBC，又侧面BCC1B1是正方形，C1CBC，又C1CA1D，B
17、C平面ACC1A1，即BCAC，而BCB1C1，ACB1C1（）解：（一）几何法：连AC1交A1C于点E，取A1B的中点F，连EF，MF，则EFBC，EFMC1是平行四边形，ACBCCC12，A1AC60，四边形ACC1A1是菱形，AC1A1C，又（）知，BC平面ACC1A1，BCAC1，AC1平面A1BC，而MFAC1，即MF平面A1BC，MA1F就是直线A1M与平面A1BC所成的角，在RtMA1F中，设MA1F，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A1MAN转化，在RtANE中，同样可求）（二）坐标法：根据（），以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，AC
18、BCCC12，A1AC60，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，则，所以直线A1M与平面A1BC所成角的正弦值是20已知正项数列an的前n项和为Sn，且2Sn2an2+an1，nN*（）求数列an的通项公式；（）数列bn满足bn，记Tnb1+b2+bn，证明：Tn3解：（）当n1时，得a11，当n2时，两式相减得，an+an10，an是首项为1公差为的等差数列，即（）证明：（一
19、）错位相减法：，两式，相减得，即，所以，Tn3（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：x22py（p0）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OEOA，连接EA，EB（）求抛物线C的标准方程及其准线方程；（）记ABE，AOF的面积分别为S1，S2，求S1S2的最小值及此时点A的坐标解：（）抛物线C的焦点为F（0，1），p2，即抛物线C的标准方程为x24y，准线方程为：y1（）（一）设点法：设A（4t，4t2）（t0），则直线AF的方程为：，联立，得，则，所以，又kOAt，由OEOA，得lO
20、E：，联立，得，点E到直线AB的距离为，ABE的面积，而S22t，所以，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：ykx+1，联立，得x24kx40，设A（x1，y1）（x10），B（x2，y2），则，又，由OEOA，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）exax1在（0，+）上有零点x0，其中e2.71828是自然对数的底数（）求实数a的取值范围；（）记g（x）是函数yf（x）的导函数，证明：g（x0）a（a1）【解答】（）解：函数f（x）e
21、xax1，则f（x）exa，当a0时，f（x）0恒成立，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；当a0时，由f（x）exa0，得xlna，若lna0，即0a1，此时f（x）在（0，+）上单调递增，不符合题意；若lna0，即a1，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x10，使得f（x1）f（0）0，而当x+时，f（x）+时，故x2x1，使得f（x2）0，根据零点存在定理，x0x1，x2，使得f（x0）0，符合题意；综上所述，实数a的取值范围是a1；（）证明：g（x）f（x）exa，所以g（x0）a（a1），即x02lna，由（）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，a1，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（a1）成立