【文档说明】浙江省宁波市慈溪市2020-2021学年高二下学期期末考试数学试卷 含解析【精准解析】.doc，共(16)页，1.000 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年浙江省宁波市慈溪市高二（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A＝{1，2，3}，B＝{2，3}，则A∪B＝（）A．{1}B．{2}C．{1，2，3}D．{1，2，3，3}2．＝（）A．B．C．D．3．已知a，b，c∈

R，且a+b+c＞0，则（）A．（a+b）2＞c2B．a，b，c三数中至少有一个大于零C．a，b，c三数中至少有两个大于零D．a，b，c三数均大于零4．“cosθ＝0”是“”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5．如图，在梯形ABCD中，BC∥AD，AD＝2BC，若，，则＝（）A．B．C．D．6．函数f（x）＝（x+1）ln（|x﹣1|）的大致图象是（）A．B．C．D．7．给出下列四个关于

函数的命题：①f（x）＝x3（x∈{﹣1，0，1}）与g（n）＝n3（n∈{﹣1，0，1}）表示相同函数；②f（x）＝是既非奇函数也非偶函数；③若f（x）与g（x）在区间G上均为递增函数，则f（x）•g（x）在区间G上亦为递增函数；④设集合A＝{x|1≤

x≤2}，B＝{y|0≤y≤1}，对应关系f：x→log4（x+2），则能构成一个函数f：A→B，记作y＝f（x）＝log4（x+2），x∈A．其中，真命题为（）A．②③B．①④C．①③④D．②③④8．设（a，b）∈{（x，y）|x﹣y≥1，且

x+3y≤3，y≥0}，则a+b的最大值为（）A．3B．2C．1D．09．已知数列{an}是等差数列，公差d＝4，前n项和为Sn，则的值（）A．等于4B．等于2C．等于D．不确定，与a1有关10．已知函数f（x）＝|2cosx+1﹣k|+k+2在区间（﹣∞，+∞）上的最大值是5，则实数k的值所组成

的集合是（）A．{1}B．{﹣2，0，1}C．{k|k≤1}D．{k|﹣1≤k≤1}三、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。）11．已知复数z1＝2+i，z2＝1﹣i，则

z1+z2＝，的共轭复数为．12．已知函数则f（﹣1）＝，若f（a）＝3，则a＝．13．在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝；cos∠MAC＝．14．已知函数f（x）＝ex+ln（2x+1），

e是自然对数的底数，设函数f（x）的导函数为f'（x），则f'（0）＝，曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线的方程为．15．已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠

MAN＝60°，则C的离心率为．16．已知α，β∈R，且满足α2﹣2sinβ＝1，则4α+sinβ的值域为．17．已知正数a，b满足：b2（3a2+4ab）＝3，则3a+2b的最小值为．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．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量、满足：，，且．（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）若△ABC是锐角三角形，且a＝2，求b+

c的取值范围．19．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝5，an+1+an﹣1＝2an（n∈N*，n≥2），数列{bn}满足b1＝1，．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求数列{anbn}的前n项和Sn．20．如图，在三

棱锥P﹣ABC中，△ABC和△BCP均为正三角形．（Ⅰ）求证：AP⊥BC；（Ⅱ）若，（ⅰ）求证：平面ABC⊥平面BCP；（ⅱ）求二面角A﹣PB﹣C的平面角的余弦值．21．已知抛物线C1：y2＝4x与椭圆C2：+＝1（a＞b＞0）有公共的焦点，C2的左、右焦点分别为F1，F

2，该椭圆的离心率为．（Ⅰ）求椭圆C2的方程；（Ⅱ）如图，若直线l与x轴，椭圆C2顺次交于P，Q，R（P点在椭圆左顶点的左侧），且∠PF1Q与∠PF1R互补，求△F1QR面积S的最大值．22．已知函数f（x）＝nsinx+tanx，n∈N*．（Ⅰ）求f（x）的导数f'（x）；（Ⅱ）当n＝1

时，求证：f（x）＞2x在上恒成立；（Ⅲ）若f（x）＞（n+1）x在上恒成立，求n的最大值．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A＝{1，2，3}，B＝{2，3}，则A∪B＝（）A．{1}B．{2}C．{1，2，3}D．

{1，2，3，3}解：∵集合A＝{1，2，3}，B＝{2，3}，∴A∪B＝{1，2，3}．故选：C．2．＝（）A．B．C．D．解：∵＝＝，∴．故选：D．3．已知a，b，c∈R，且a+b+c＞0，则（）A．（a+b）2＞c2B．a，

b，c三数中至少有一个大于零C．a，b，c三数中至少有两个大于零D．a，b，c三数均大于零解：A、当a+b＝c＝0时，该不等式不成立，故不符合题意；B、由a，b，c∈R，且a+b+c＞0知：a，b，c三数中至少

有一个大于零，故符合题意；C、当a＝4，b＝c＝﹣1时，a+b+c＞0，即a，b，c三数中可以只有一个数大于零，故不符合题意；D、结合选项C的分析，a，b，c三数可以不都大于零的实数，故不符合题意．故选：B．4．“cosθ＝0”是“”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：由cosθ＝0可得：θ＝kπ+，k∈Z．由，即tan＝1，解得：＝kπ+，即θ＝2kπ+，k∈Z．∴“cosθ＝0”是“”的必要不充分条件．故选：B．5．如图，在梯

形ABCD中，BC∥AD，AD＝2BC，若，，则＝（）A．B．C．D．解：由图可得＝，因为AD＝2BC，BC//AD，所以，则＝2（）﹣，即＝2＝2，故选：B．6．函数f（x）＝（x+1）ln（|x﹣1|）的大致图象是（）A．B．C．D．解：当x→+

∞时，f（x）→+∞，排除A，C，f（﹣5）＝﹣4ln6＜0，排除C，D，故选：B．7．给出下列四个关于函数的命题：①f（x）＝x3（x∈{﹣1，0，1}）与g（n）＝n3（n∈{﹣1，0，1}）表示相同函数；②f（x）＝是既非奇函数

也非偶函数；③若f（x）与g（x）在区间G上均为递增函数，则f（x）•g（x）在区间G上亦为递增函数；④设集合A＝{x|1≤x≤2}，B＝{y|0≤y≤1}，对应关系f：x→log4（x+2），则能构成一个函数f：A→B，记作y＝f（x）＝log4（x+2），x∈A．其中，

真命题为（）A．②③B．①④C．①③④D．②③④解：对于①，f（x）＝x3（x∈{﹣1，0，1}）与g（n）＝n3（n∈{﹣1，0，1}）表示相同函数，函数的关系式形式相同，定义域相同，故函数的值域一定相同，故①正确；对于②，函数f（

x）＝（﹣2≤x≤2且x≠0）则是奇函数，，故②错误；对于③，若f（x）与g（x）在区间G上均为递增函数，则f（x）+g（x）在区间G上亦为递增函数，但是f（x）•g（x）在区间G不一定为递增函数，故③错误；对于④，设集合A＝{x|1≤x≤2}，B＝{y|0≤y≤1}，对应关系f：x

→log4（x+2），则能构成一个函数f：A→B，记作y＝f（x）＝log4（x+2），x∈A，符合函数的定义，故④正确．故选：B．8．设（a，b）∈{（x，y）|x﹣y≥1，且x+3y≤3，y≥0}，则a+b的最大值为（）A．3B．2C．1D．0解：∵（a，b）∈{（x，y）|x﹣y

≥1，且x+3y≤3，y≥0}，∴，作出该不等式组表示的平面区域如图，令z＝a+b，得b＝﹣a+z，由图可知，当直线b＝﹣a+z过点A（3，0）时，直线在b轴上的截距最大，z有最大值为3．故选：A．9．已知数列{an}是等差数列，公差d＝4

，前n项和为Sn，则的值（）A．等于4B．等于2C．等于D．不确定，与a1有关解：由数列{an}是等差数列，得S2021＝（a1+a2021）＝2021a1011；S2020＝（a1+a2020）＝1010（a1010+a1011），所以＝﹣＝a1011﹣（a1010+a

1011）＝（a1011﹣a1010）＝d＝2．故选：B．10．已知函数f（x）＝|2cosx+1﹣k|+k+2在区间（﹣∞，+∞）上的最大值是5，则实数k的值所组成的集合是（）A．{1}B．{﹣2，0，1}C．{k|k≤1}D．{k|﹣1≤k≤1}解：当1﹣k⩾0，即k

⩽1时，此时当cosx＝1时，f（x）取最大值f（x）max＝5，满足题意；当1﹣k＜0时，即k＞1时，此时当cosx＝﹣1时，f（x）取最大值f（x）max＝2k+3＝5⇒k＝1，又k＞1，所以k无解．综上所述，实数k的值所组成集合是{k|k⩽1}．故选：C．三、填空题（本大题共7小题

，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。）11．已知复数z1＝2+i，z2＝1﹣i，则z1+z2＝3，的共轭复数为．解：复数z1＝2+i，z2＝1﹣i，则z1+z2＝2+i+1﹣i＝3，＝＝＝＝﹣i的共轭复数为+i，故答案为：3

，+i．12．已知函数则f（﹣1）＝1，若f（a）＝3，则a＝或﹣7．解：∵函数则f（﹣1）＝|log22|＝1，当a＞0时，f（a）＝2a2﹣1＝3，求得a＝；当a≤0时，f（a）＝|log2（﹣a+1）|＝3，∴1﹣a＝8，或

1﹣a＝，求得a＝﹣7，故答案为：1；或﹣7．13．在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝2；cos∠MAC＝．解：在△ABM中：AM2＝BA2+BM2﹣2BA•BMcos60°，∴（2）2＝22+BM2﹣2×2•BM•，∴BM2﹣2BM

﹣8＝0，解得：BM＝4或﹣2（舍去）．∵点M是BC中点，∴MC＝4，BC＝8，在△ABC中：AC2＝22+82﹣2×2×8cos60°＝52，∴AC＝2；在△AMC中：cos∠MAC＝＝．故答案为：2；．14．已知函数

f（x）＝ex+ln（2x+1），e是自然对数的底数，设函数f（x）的导函数为f'（x），则f'（0）＝3，曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线的方程为y＝3x+1．解：∵f（x）＝ex+ln（2x+1），∴f′（x）

＝ex+，则f'（0）＝3；∴曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线的方程为y＝3x+1．故答案为：3；y＝3x+1．15．已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A

，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为．解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右顶点为A（a，0），以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN

＝60°，可得A到渐近线bx+ay＝0的距离为：bcos30°＝，可得：＝，即，可得离心率为：e＝．故答案为：．16．已知α，β∈R，且满足α2﹣2sinβ＝1，则4α+sinβ的值域为．解：∵α2﹣2si

nβ＝1，∴，可得，4α+sinβ＝，，设f（α）＝，，∵f（α）的对称轴为α＝﹣4，∴f（α）在区间上单调递增，∴，，∴4α+sinβ的值域为．故答案为：．17．已知正数a，b满足：b2（3a2+4ab）＝3，则

3a+2b的最小值为．解：根据题意，（3a+2b）2＝9a2+12ab+4b2＝3（3a2+4ab）+4b2≥2×，当且仅当3（3a2+4ab）＝4b2时等号成立，又由b2（3a2+4ab）＝3，则（3a+2b）2≥12，又由a、b＞

0，必有3a+2b≥2，故答案为：2．三、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．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量、满足：，，且．（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）若△ABC是锐角三角形，且a＝2，求b+c的取

值范围．解：（Ⅰ）因为，所以，，由正弦定理得：，因为sinB≠0，所以，所以或．（Ⅱ）因为a＝2，所以由正弦定理得，得：，，所以＝[sinB+sin（﹣B）]＝＝，因为△ABC是锐角三角形，所以，且，可

得，所以，可得，所以．19．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝5，an+1+an﹣1＝2an（n∈N*，n≥2），数列{bn}满足b1＝1，．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求数列{anbn}的前n项和Sn．解：（Ⅰ）因为an+1+an﹣1＝2an，所以an+1

﹣an＝an﹣an﹣1＝⋅⋅⋅＝a2﹣a1＝3，所以{an}是首项为2，公差为3的等差数列，所以通项公式为an＝3n﹣1．（Ⅱ）因为，所以{bn}是首项为1，公比为的等比数列，所以，所以，则Sn＝a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+anbn＝，所以②，所以由①

﹣②得：＝，所以．20．如图，在三棱锥P﹣ABC中，△ABC和△BCP均为正三角形．（Ⅰ）求证：AP⊥BC；（Ⅱ）若，（ⅰ）求证：平面ABC⊥平面BCP；（ⅱ）求二面角A﹣PB﹣C的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取BC中点O，连接AO，PO，……（1分）因为△ABC与△BCP是正

三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，且AO∩PO＝O，……所以BC⊥平面PAO，……又AP在平面PAO内，所以BC⊥AP，即AP⊥BC；…………（Ⅱ）（ⅰ）证明：设AB＝a，因为△ABC与△B1BC是正三角形，则BP＝AB＝BC＝AC＝PC＝a，，…………

又，由余弦定理可得……所以在△APO中，有AP2＝AO2+PO2，所以△APO为直角三角形，得AO⊥PO，…………显然AO⊥BC，又PO∩BC＝O，所以AO⊥平面PBC，……因为AO⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCP；…………（ⅱ）解：由（ⅰ）可以OA，OB，

OP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，…………设平面ABP的一个法向量为，则……可取，……又平面BCP的一个法向量为，所以二面角A﹣PB﹣C的平面角θ的余弦值为……21．已知抛物线C1：y2＝4x与椭圆C2：+＝1（a＞b＞0）有

公共的焦点，C2的左、右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为．（Ⅰ）求椭圆C2的方程；（Ⅱ）如图，若直线l与x轴，椭圆C2顺次交于P，Q，R（P点在椭圆左顶点的左侧），且∠PF1Q与∠PF1R互补，求△F1QR面积S的最大值．解：（I）由题意可得，抛物线的焦点为（1，0），∴椭圆的半焦距c＝1

，又∵椭圆的离心率为，∴，即a＝2，∵a2＝b2+c2，∴b2＝a2﹣c2＝4﹣1＝3，即b＝，∴椭圆C2的方程为．（II）设Q（x1，y1），R（x2，y2），F（﹣1，0），∵∠PF1Q与∠PF1R互补，∴，∴，化简整理，可得x

1y2+y2+x2y1+y1＝0①，设直线PQ为x＝my+n（m≠0），联立直线与椭圆方程，化简整理，可得（3m2+4）y2+6mny+3n2﹣12＝0，△＝b2﹣4ac＝36m2n2﹣4（3m2+4）（3n2﹣12）＞0，可得n2＜3m2+4②，由韦达定理，可得③，

将x1＝my1+n，x2＝my2+n代入①，可得2my1y2+（n+1）（y1+y2）＝0④，再将③代入④，可得，解得n＝﹣4，∴PQ的方程为x＝my﹣4，由点F（﹣1，0）到直线PQ的距离d＝，＝＝，由②可得，3m2

+4＞16，即m2＞4，设f（m）＝，令m2﹣4＝t，t＞0，∴f（t）＝＝，由均值不等式可知，，当且仅当时，即t＝，等号成立，当取最小值时，f（t）取最大值，即△F1QR面积S最大，∴，∴△F1QR面积S最大值为．22．已知函数f（x）＝nsinx+tanx，n∈N*．（Ⅰ

）求f（x）的导数f'（x）；（Ⅱ）当n＝1时，求证：f（x）＞2x在上恒成立；（Ⅲ）若f（x）＞（n+1）x在上恒成立，求n的最大值．解：（I）由f（x）＝nsinx+tanx，得；（II）当n＝1时，令g（x）＝f（x）﹣2x＝sinx+tanx﹣2x，则；当时，因为，所以，所以g（

x）在上单调递增，所以g（x）＞g（0）＝0，即f（x）＞2x在上恒成立．（III）由条件知，当时，不等式成立，即，解得，所以正整数n最大为2．当n＝2时，令h（x）＝f（x）﹣3x，则＝．所以h（x）在上单调递增，所

以h（x）＞h（0）＝0，即h（x）＞3x在上恒成立，所以n的最大值为2．