【文档说明】浙江省嘉兴市2019-2020学年高二下学期期末检测数学试题含答案.docx，共(12)页，1.135 MB，由小赞的店铺上传

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嘉兴市2019~2020学年第二学期期末检测高二数学试题卷（2020.7）参考公式：若事件A，B互斥，则()()()PABPAPB+=+．若事件A，B相互独立，则()()()PABPAPB=．若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率()()(

)C10,1,2,,nkkknnPkppkn−=−=．台体的体积公式()112213VSSSSh=++，其中1S，2S分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高．体的体积公式VSh=，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高．锥体的体积公式13VSh=，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的

高．球的表面积公式24πSR=．球的体积公式34π3VR=，其中R表示球的半径．第Ⅰ卷一、选择题1．已知全集1,2,3,4,5,6U=，集合1,3A=，集合3,4,5B=，则集合()UAB=ð（）A．3B．2,6C．1,3,4,5D．1,2,4,5,62．已知

复数()()1iai−+为纯虚数（i为虚数单位），则实数a的值为（）A．1−B．0C．1D．23．已知函数()fx是定义在R上的奇函数，当0x时，()ln1fxx=+，则()1f−=（）A．ln2−B．1−C．0D．

14．已知物体位移S（单位：米）和时间t（单位：秒）满足：321Stt=−+，则该物体在1t=时刻的瞬时速度为（）A．1米/秒B．2米/秒C．3米/秒D．4米/秒5．用数学归纳法证明212322nnn+++

=+（nN）的过程中，从nk=到1nk=+时，左边需增加的代数式是（）A．21k+B．22k+C．42k+D．43k+6．在ABC△中，2CDDB=，AEED=，则下列向量与BE相等是（）A．5163ABAC−B．5163ABAC−+C．2136ABAC−D．2136ABAC−+7．已

知()0,2a，随机变量的分布列如下：0a2P23a−133a则()D的最大值为（）A．2B．1C．23D．138．某高一学生将来准备报考医学专业．该同学已有两所心仪大学A，B，其中A大学报考医学专

业时要求同时．．选考物理和．化学，B大学报考医学专业时要求化学和生物至少选一门．若该同学将来想报考这两所大学中的其中一所那么该同学“七选三”选考科目的选择方案有（）A．21种B．23种C．25种D．27种9．已知数列na中，

1aa=，212nnaa+=−，当3n时，na为定值，则实数a的不同的值有（）A．5个B．5个C．6个D．7个10．设a，bR，且0b，函数()fxxabx=−−．若函数()()yffx=有且仅有两个零

点，则（）A．0a，01bB．0a，10b−C．0a，01bD．0A,10b−第Ⅱ卷二、填空题11．已知复数21zi=+（其中i为虚数单位），则z=______；z=______．12．从1，2，3，4，5这五个数字中任取4个数组成无重复数字

的四位数，则这样的四位数共有______个；其中奇数有______个．13．设()5234501234521xaaxaxaxaxax−=+++++，则2a=______；12345aaaaa++++=______．14．袋子里有7个大小相同的小球，

其中2个红球，5个白球，从中随机取出2个小球，则取出的都是红球的概率为______；若表示取出的红球的个数，则()E=______．15．已知ABC△中，π2C=，M是BC的中点，且π3AMC=，则sinMAB=______．16．已知同1a=，向量b满足4abab−++=

，则b的最小值为______．17．若不等式224lnxxaxbx−++对任意的1,xe恒成立，则实数b的最大值为______．三、解答题18．已知函数()()2πsin24cos6fxxxx=−+R．（Ⅰ）求π6f的值；

（Ⅱ）求()fx的最小正周期及单调递增区间．19．如图，四棱锥PABCD−中，PA⊥底面ABCD，//ABCD，ABBC⊥，且1AB=，2PAADDC===，E是PD的中点．（Ⅰ）求证：//AE平面P

BC；（Ⅱ）求直线AD与平面PCD所成角的正弦值．20．已知等差数列na中，11a=，且22a+，3a，54a−成等比数列．（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若数列nb满足31212321nnn

bbbbaaaa++++=−，求数列nb的前n项和nT．21．如图，已知抛物线C：24xy=的焦点为F，设点()()22,1Attt为抛物线上一点，过点A作抛物线C的切线交其准线于点E．（Ⅰ）求点E的坐

标（用t表示）；（Ⅱ）直线AF交抛物线C于点B（异于点A），直线EF交抛物线C于M，E两点（点N在E，F之间），连结AM，BN，记FAM△，FBN△的面积分别为1S，2S，求12SS的最小值．22．已知函数()e1

xfxx=−，()()()221gxaxaexa=−++−−R．（e2.71828=为自然对数的底数．）（Ⅰ）求()fx的值域；（Ⅱ）设()()()hxxfxgx=+，若()hx在区间()0,1有零

点，求实数a的取值范围．嘉兴市2019—2020学年第二学期期末检测高二数学参考答案（2020.7）一、选择题1．B；2．A；3．B；4．A；5．D；6．D；7．C；8．C；9．D；10．B．9．提示：由题可知，若要满足3n时，na恒为定值，则只需满足2

332aa−=，故31a=−或32a=．当31a=−时，解得21a=，从而解得：11a=，或13a=；当32a=时，解得22a=，从而解得：12a=，或10a=；故1a的不同取值有7个．所以选D．1

0．提示：由题意知：方程f（f（x）=0有两个根令t=f（x），则f（t）=0．由题意知：方程()()0ffx=有两个根．令()tfx=，则()0ft=．即tabt−=时，方程xabxt−=+要有两个

根．①当00ab时，由图可知，方程有1个或4个根；②当00ab时，由图可知，方程有0个或1个根；③当00ab时，由图可知，方程有0个或1个根；④当00ab时，由图可知，要使方程有2个根，必须满足10b−．直线ybt=与直线yt

a=−+的交点横坐标11atb=+，直线ybt=和直线yta=−的交点横坐标21atb−=−，直线ybxt=+经过点(),0a时，tab=−，由题可知：11aaabbb−−+−，即1512b−−时，符合题意．综上所述

：01512ab−−时，函数()()yffx=有两个零点．故选B．二、填空题11．1i+；212．120；7213．40−；214．121；4715．211416．317．216．提示

：方法一：由平行四边形性质可得：()2222ababab++−=+，由基本不等式可得：()222abababab++−++−，∴()()222222ababab++−+，即()224212b+，∴3b（等号学科

网可取）．方法二：如图，124PFPF+=，∴b终点P在以1F，2F焦点的椭圆22143xy+=上运动，易知b的最小值即为短半轴长3．方法三：坐标法．17．提示：2224lnxxaxbxx−+−+−，利用图象，易

得如图切线方程为32yx=−+，∴max2b=．三、解答题18．已知函数()()2πsin24cos6fxxxx=−+R．（1）求π6f的值．（2）求()fx的最小正周期及单调递增区间．解：（1）()311cos233s

in2cos24sin2cos2222222xfxxxxx+=−+=++π3sin223x=++，∴π273sinπ2632f=+=．（2）2ππ2T==．∵πππ2π22π232kxk−+++，kZ，∴5ππππ1212kxk−+

+，kZ，∴()fx的单调增区间为：5πππ,π1212kk−++，kZ．19．如图，四棱锥PABCD−中，PA⊥底面ABCD，//ABCD，ABBC⊥，且1AB=，2PAADDC===，E是PD的中点．（Ⅰ）求证

：//AE平面PBC；（Ⅱ）求直线AD与平面PCD所成角的正弦值．解：（1）取PC中点F，连结EF，BF．∵E是PD的中点，∴//EFCD且12EFCD=，∵//ABCD且2CDAB=，∴//ABEF且ABEF=，∴四边形ABFE为平行四边形，∴//AEBF，∵BF平面PBC，AC

平面PBC，∴//AE平面PBC．（2）方法一：取CD中点M，连AM，MP，易知AMCD⊥，∵PA⊥平面ABCD，∴PACD⊥，∴CD⊥平面PAM，∵CD面PCD，∴面PCD⊥面PAM，过A作AHPM⊥，连HD，∴AH⊥面P

CD，∴ADH即为直线AD与平面PCD所成角，∵2PAAD==，∴3AM=，7MP=，在PAM△中，由等面积法知：2322177AH==，∴21sin7AHADHAD==．方法二：如图建立空间直角坐标系，易知()1,3,0D−，()1,3,0C，()0

,0,2P，∴()1,3,0AD=−，()2,0,0CD=−，()1,3,2PD=−−，设平面PCD的法向量(),,nxyz=，∴00nCDnPD==20320xxyz−=−+−=，取()0,2,3n=，设直线AD与平面PCD

所成角为，则2321sincos,772nADnADnAD====．20．已知等差数列na中，11a=，且22a+，3a，54a−成等比数列（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若数列nb满足31212321n

nnbbbbaaaa++++=−，求数列nb的前n项和nT．解：（1）∵()()225324aaa+−=，∴()()()21112442adadad+++−=+，∵11a=，∴()()()234321ddd+−=+，解得2d=，∴21nan=−．（2）①当2n时，312123

21nnnbbbbaaaa++++=−，13311212123123121nnnbbbbbbbaaaaaaa−−−++++++++=−，两式相减得11222nnnnnba−−=−=；②当1n=时，111211ba=−=满足上式，∴()121nnnbna−=．

由（1）可知，21nan=−，∴()12112nnbn−=−．∴()0121123252212nnTn−=++++−①()1232123252212nnTn=++++−②①−②得，()()1211222221nnnTn−−=++++−−()()1212122121

2nnn−−=+−−−()3223nn=−−．∴()2323nnTn=−+．21．如图，已知抛物线C：24xy=的焦点为F，设点()()22,1Attt为抛物线上一点，过点A作抛物线C的切线交其准线于点

E．（Ⅰ）求点E的坐标（用t表示）；（Ⅱ）直线AF交抛物线C于点B（异于点A），直线EF交抛物线C于M，N两点（点N在E，F之间），连结AM，BN．记FAM△，FBN△的面积分别为1S，2S，求12SS的最小值．解析：（I）由214yx=求导，12yx=，∴2x

tyt==．∴点()22,Att处的切线方程为：2ytxt=−，准线方程：1y=−，∴点1,1Ett−−．（Ⅱ）∵()0,1F，()22,Att，∴AFl：2112tyxt−=+，联立221124tyxtx

y−=+=，得()222140txxt−−−=，∴221,Btt−，易知EFl：2211tyxt=−+−，联立222114tyxtxy=−+−=，得228401txxt+−=−，即()()2121011ttxxtt+−+−=

−+，∴()211Mtxt+=−−，()211Ntxt−=+，由上知1AFEFkk=−，即AFEF⊥，∴2212112112AMBNAFMFxxSttSxxtBFNF+===−，设()10tmm−=，则()2222121232

23171221SttmStm+==+++=+−，当且仅当2m=，即21t=+时，12SS取到最小值17122+．22．已知函数()e1xfxx=−，()()()22e1gxaxaxa=−++−−R．（e2.71828=

为自然对数的底数．）（Ⅰ）求()fx的值域；（Ⅱ）设()()()hxxfxgx=+，若()hx在区间()0,1内有零点，求实数a的取值范围．解：（Ⅰ）()()21exxfxx−=，当()0fx时，1x；当()0fx

时，1x且0x，∴()fx在区间(),0−，()0,1单调递减，()1,+单调递增．又∵()1fxe=−，由图可知()fx的值域为()),11,e−−−+．（2）()()211xhxeaxaex

=−++−−，()()21xhxeaxae=−++−，()2xhxea=−，∵()0,1x，∴()1,xee．①当21a，即12a时，()0hx，∴()hx在()0,1单调递增，又∵()020hae=+−，()110ha=−，∴存在()

10,1x，使得()10hx=，∴()hx在区间()10,x单调递减，(),1x单调递增．又∵()00h=，()10h=，∴当()0,1x时，()0hx．故()hx在区间()0,1内无零点．②当2ae，即

2ea时，()0hx，∴()hx在()0,1单调递减，又∵()020hae=+−，()110ha=−，∴存在()20,1x，使得()20hx=，∴()hx在区间()20,x单调递增，()2,1x单调

递减．又∵()00h=，()10h=，∴当()0,1x时，()0hx．故()hx在区间()0,1内无零点．③当12ae，即122ea时，令()0hx，解得ln2xa，令()0hx，解得ln

2xa，∴()hx在区间()0,ln2a单调递减，()ln2,1a单调递增，∴()()minln232ln21hxhaaaae==−+−，令()32ln21taaaae=−+−，1,22ea，则()12ln2taa=−，当()0ta时，解得2ea

；当()0ta时，解得2ea；∴()tx在区间1,22e单调递增，,22ee单调递减．∴()max102etxtee==+−，∴()()minln20hxha=．由图可知，只有满足()()020110h

aeha=+−=−，即21ea−时，()hx在()0,1有零点．综上所述，21ea−．（2）解法二：令()0hx=可得()211xeexaxx+−−=−．令()()211xeexFxxx+−−=−，则()(

)()()222231121xxxeexxFxxx−++−+−=−，令()()()2231121xpxxxeexx=−++−+−，()()222xpxxxee=−−+，()()23xpxxxe=+−，易知，当()0,1

x时，()0px，∴()px在区间()0,1单调递减，又∵()10p=，∴当()0,1x时，()0px，∴()px在区间()0,1单调递增，又∵()00p=，∴当()0,1x时，()0px，即()0Fx，∴()

Fx在区间()0,1单调递增，又()()2000111limlimlim221xxxxxeexeeFxexxx→→→+−−+−===−−−，()()2111111limlimlim121xxxxxeexe

eFxxxx→→→+−−+−===−−，∴21ea−．