2020-2021学年河北省廊坊高二（下）期末考试数学试卷人教A版

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2020-2021学年河北省廊坊市高二（下）期末考试数学试卷一、选择题 1. 若复数z满足2z−z=2+i，则复数z的虚部为(        ) A.13 B.2 C.13i D.2i 2. 已知A=0,a2，B=a,0,1,2，则A∩B=0,1，则∁BA=(        ) A.−1,1 B.1,2 C.−1,1,2 D.−1,2 3. 已知数列an满足a1=1，an+2=2ann∈N∗，则a2021=(        ) A.21011 B.21010 C.22020 D.22021 4. 2021年2月25日“全国脱贫攻坚表彰大会”在北京召开，大会庄严宣告，经过全党全国各族人民的共同努力，在迎来中国共产党成立一百周年的重要时刻，我国脱贫攻坚战取得了全面胜利，为了更具体的了解贫困地区人民的需求，进一步提高人民群众的获得感、幸福感和安全感，某部门专门调查了A，B两县的居民对教育、医疗、养老、住房、文化等五个方面的需求值，得到需求值的评分如雷达图所示（得分越高，说明该项需求越强烈）．下列说法正确的是(        ) A.B县五项需求值评分的极差为1.5B.A县的各项需求值评分均高于B县对应的评分C.A县五项需求值评分的平均数比B县五项需求值评分的平均数要高D.各项需求值评分中，两个县的养老需求值评分相差最大 5. 已知直线l:2x−y+2=0与以点C2,1为圆心的圆相交于A，B两点，且CA⊥CB，则圆C的方程为(        ) A.x−22+y−12=25 B.x−22+y−12=20C.x−22+y−12=10 D.x−22+y−12=5 6. 已知fx=lnx2−1，则函数y=fx|x|的大致图象为(        ) A. B.C. D. 7. 《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中．如图，白圈为阳数，黑点为阴数．若从图中五个阴数和五个阳数中各随机选取1个数，则选取的两数之和能被3整除的概率为(        ) A.15 B.625 C.725 D.825 8. 已知函数fx=aexx+lnax+x，其中a>0，若fx>1恒成立，则实数a的取值范围是(        ) A.0,1e B.1e,+∞ C.2e,+∞ D.1e2,+∞二、多选题  若lna>lnb，则下列不等式成立的是(        ) A.2a>2b B.a2>b2 C.1a>1b D.|a|>|b|  已知F1,0为抛物线y2=2pxp>0的焦点，直线l过点F且与抛物线交于A，B两点，则(        ) A.当直线l与x轴垂直时，|AB|=4B.当直线l与x轴垂直时，AB的中点到y轴距离为2C.|AB|的最小值为4D.若点P2,2，则|PA|+|AF|的最小值为3  关于函数fx=2|sinx|cosx，下列说法正确的是(        ) A.fx是偶函数 B.fx在区间−π4,0单调递减C.fx在−π,π有4个零点 D.fx的最大值为2  半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．如图的半正多面体是由棱长为1的正方体“切”去8个“角”后得到的几何体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，则下列关于该多面体的说法中正确的是(        ) A.它的表面积为33B.它的体积为56C.它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的表面积为2πD.它的任意两个共棱的面所成的锐二面角都相等三、填空题  在x+a3x7的展开式中，含x3项的系数是−280，则(1)a=________；(2)该展开式中所有项的系数之和为________． 四、解答题  在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求： (1)C的大小； (2)若c=3，求△ABC周长的最大值．条件①：asinA+B2=csinA；条件②：3cosCacosB+bcosA=csinC.  已知数列an的前n项和为Sn，满足a1=1，且对任意正整数n，都有Sn+1=n+1an+1−n． (1)求数列an的通项公式； (2)是否存在正整数kk>1，使得a1，ak，Sk+2成等比数列？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．  如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱BB1=1，∠ABC=2π3，且M，N分别为BB1，AC的中点． (1)证明：MN//平面AB1C1； (2)若BA=BC=2，求二面角A−B1C1−B的大小．  去年，中共中央、国务院印发了《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》（以下简称《意见》），就全面贯彻党的教育方针，加强大中小学劳动教育进行了系统设计和全面部署．把劳动教育纳入人才培养全过程，促进学生形成正确的世界观、人生观、价值观．某中学为了更好的落实劳动教育课，在校园内开展了有关劳动教育的知识测评，并从参加测评的学生中随机抽取了100名学生，统计了每个学生的测评得分，其统计结果如下表所示： (1)利用该样本的频率分布估计总体的分布，估计该校学生劳动教育的知识测评得分x的均值；（注：每组数据取区间的中点值代表）； (2)若劳动教育的知识测评得分X近似地服从正态分布Nμ,σ2，其中μ近似为样本平均数x，σ近似为样本的标准差s，并已求得s≈10.03．现从全校学生中随机抽取的30个学生，记测评得分在区间(50.54,80.63]之外的人数记为Y，求PY=1及Y的数学期望．（精确到0.001）参考数据：若随机变量Z∼Nμ,σ2，则Pμ−σ0，故排除B选项．故选D.7.【答案】D【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知，阴数为2，4，6，8，10，阳数为1，3，5，7，9．各选一个数，共有5×5=25种选法．其和能被3整除的分别为：2，1；2，7；4，5；6，3；6，9；8，1；8 ，7；10，5共8种选法，∴ 选取的两数之和能被3整除的概率P=825.故选D.8.【答案】B【考点】利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的最值【解析】此题暂无解析【解答】解：由fx>1得：fx=aexx+lnax+x>1，即aexx+lna+x−lnx>1，∴ e(lna+x−lnx)+lna+x−lnx>e0+0在x∈0,+∞上恒成立.∵ gx=ex+x在R上单调递增，且g0=1，∴ g(lna+x−lnx)>g(0)，∴ lna+x−lnx>0在x∈0,+∞上恒成立；∴ lna>lnx−x在x∈0,+∞上恒成立，构造函数ℎx=lnx−x，则ℎ′x=1x−1=1−xx，当x∈0,1时，ℎ′x>0，ℎx单调递增；当x∈1,+∞时，ℎ′x−1，解得a>1e．故选B．二、多选题【答案】A,B,D【考点】不等式比较两数大小指数函数的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：因为lna>lnb，所以a>b>0.则2a>2b，故A正确；a2>b2，故B正确；1a|b|，故D正确，故选ABD．【答案】A,C,D【考点】抛物线的求解与抛物线有关的中点弦及弦长问题【解析】此题暂无解析【解答】解：F1,0为抛物线的焦点，所以抛物线的方程为y2=4x.对于A选项，直线l与x轴垂直时，不妨设A1,2，B1,−2，则|AB|=4，故A选项正确；对于B选项，直线l与x轴垂直时，则A1,2，B1,−2，则AB的中点即为F，到y轴距离为1，故B错误；对于C选项，F1,0，不妨设A在第一象限，若直线l斜率不存在，则A1,2，B1,−2，即|AB|=4.若直线l存在斜率，设直线l斜率为k，则直线l的方程为:y=kx−1，显然k≠0，联立方程组y=kx−1,y2=4x,消去x得k2x2−2k2+4x+k2=0，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=2k2+4k2=2+4k2，∴ |AB|=x1+x2+2=4+4k2>4，综上，故C正确；对于D选项，过点A向准线作垂线，垂足为N，则|PA|+|AF|=|PA|+|AN|，又P2,2在抛物线内部，故当P，A，N三点共线时，|PA|+|AF|取得最小值3，故D正确．故选ACD．【答案】A,B【考点】正弦函数的单调性函数的零点正弦函数的奇偶性三角函数的最值【解析】此题暂无解析【解答】解：由f−x=2|sin−x|cos−x=2|sinx|cosx=fx，故A正确；x∈−π4,0时，fx=−2sinxcosx=−sin2x，则f(x)在−π4,0上单调递减，故B正确；x∈0,π时，fx=2sinxcosx=sin2x，函数有零点0，π2，π，当x∈[−π,0)时，fx=−2sinxcosx=−sin2x，函数有零点−π2，−π，则fx在−π,π上有5个零点，故C错误；因为函数为偶函数，且周期是2π，所以当x∈0,π时，fx=2sinxcosx=sin2x最大值为1，所以当x∈−π,0时，最大值也为1.故函数最大值为1，故D错误．故选AB．【答案】B,C,D【考点】球内接多面体球的表面积和体积柱体、锥体、台体的体积计算棱柱的结构特征二面角的平面角及求法棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】此题暂无解析【解答】解：如图所示，由题意可知，该多面体的顶点为正方体ABCD−A1B1C1D1各棱的中点，故该多面体的棱为正方体ABCD−A1B1C1D1相邻两条棱的中点的连线，则该多面体有6个正方形面，8个等边三角形面，共14个面.对于A，该多面体的棱长为22，则6个正方形面的面积和为6×22×22=3，8个等边三角形面的面积和为8×12×22×22×32=3，∴ 该多面体的表面积为3+3，故A错误；对于B，该多面体的体积为正方体体积减去8个相同的三棱锥的体积，即多面体体积V=1×1×1−8×13×12×12×12×12=56，故B正确；对于C，由对称性可知，该多面体的外接球球心为正方体ABCD−A1B1C1D1的中心，外接球的直径为正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线长2，该球的半径为22，外接球的表面积为4πR2=2π，故C正确；设正方体ABCD−A1B1C1D1底面的中心为点O，连接OC交该多面体的棱PF于点E，连接EQ，则E为PF的中点，且△PFQ为等边三角形，∴ EQ⊥PF.∵ CD=BC，O为BD的中点，∴ OC⊥BD，∵ P，F分别为BC，CD的中点，则PF//BD，∴ OC⊥PF，∴ ∠QEC为该多面体的底面与平面PFQ所成锐二面角的平面角，∵ 正方体的棱长为1，∴ OE=EC=24，CP=CQ=12CC1=12，EQ=242+122=64.∵ CC1⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，∴ CC1⊥CE.在Rt△CEQ中，cos∠QEC=ECEQ=26=33，则该多面体相邻两个面所成锐二面角的余弦值均为33，故D选项正确．故选BCD．三、填空题【答案】−2,−1【考点】二项式系数的性质二项展开式的特定项与特定系数【解析】此题暂无解析【解答】解：设Tr+1=C7r⋅x7−r⋅ar⋅(x−13)r=C7r⋅ar⋅x7−43r，令7−4r3=3，解得r=3，即T4=C73⋅a3x3=35a3x3=−280a3x3，所以35a3=−280，解得a=−2，所以二项式为x−23x7，令x=1，则各项系数之和为1−27=−1.故答案为：−2；−1四、解答题【答案】解：(1)若选择条件①：asinA+B2=csinA，由正弦定理得sinAsinπ−C2=sinCsinA.因为sinA≠0，所以cosC2=sinC=2sinC2cosC2，因为cosC2≠0，所以sinC2=12.因为C∈0,π，所以C=π3.若选择条件②:3cosCacosB+bcosA=csinC,由正弦定理得3cosCsinAcosB+sinBcosA=sinCsinC，即：3cosCsinA+B=sinCsinC，整理得3cosCsinC=sinCsinC.因为sinC≠0，所以tanC=3，因为C∈0,π，所以C=π3.(2)由(1)可知：C=π3.在△ABC中，由余弦定理得a2+b2−2abcosC=3，即a2+b2−ab=3，所以a+b2−3=3ab≤3a+b24，所以a+b≤23，当且仅当a=b时等号成立，所以a+b+c≤33，即△ABC周长的最大值为33.【考点】正弦定理两角和与差的正弦公式诱导公式余弦定理基本不等式【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)若选择条件①：asinA+B2=csinA，由正弦定理得sinAsinπ−C2=sinCsinA.因为sinA≠0，所以cosC2=sinC=2sinC2cosC2，因为cosC2≠0，所以sinC2=12.因为C∈0,π，所以C=π3.若选择条件②:3cosCacosB+bcosA=csinC,由正弦定理得3cosCsinAcosB+sinBcosA=sinCsinC，即：3cosCsinA+B=sinCsinC，整理得3cosCsinC=sinCsinC.因为sinC≠0，所以tanC=3，因为C∈0,π，所以C=π3.(2)由(1)可知：C=π3.在△ABC中，由余弦定理得a2+b2−2abcosC=3，即a2+b2−ab=3，所以a+b2−3=3ab≤3a+b24，所以a+b≤23，当且仅当a=b时等号成立，所以a+b+c≤33，即△ABC周长的最大值为33.【答案】解：(1)由a1=1，又对任意正整数n，Sn+1=n+1an+1−n都成立，即Sn+1+nn+1=n+1Sn+1−n+1Sn，所以nSn+1−n+1Sn=nn+1，所以Sn+1n+1−Snn=1，当n=1时，S11=1，即数列Snn是以1为公差，1为首项的等差数列，所以Snn=n，即Sn=n2，得an=Sn−Sn−1=2n−1n≥2，又由a1=1，满足上式，所以an=2n−1n∈N∗.(2)假设存在满足条件的正整数kk>1，使得a1，ak，Sk+2成等比数列，由(1)得ak=2k−1，ak+2=2k+2−1=2k+3，Sk+2=a1+ak+2k+22=1+2k+3k+22=k+22，若a1，ak，Sk+2成等比数列，则ak2=a1⋅Sk+2，即2k−12=k+22，因为k为正整数且k>1，所以解得k=3．【考点】数列递推式等差数列的通项公式等差数列的前n项和等比数列的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由a1=1，又对任意正整数n，Sn+1=n+1an+1−n都成立，即Sn+1+nn+1=n+1Sn+1−n+1Sn，所以nSn+1−n+1Sn=nn+1，所以Sn+1n+1−Snn=1，当n=1时，S11=1，即数列Snn是以1为公差，1为首项的等差数列，所以Snn=n，即Sn=n2，得an=Sn−Sn−1=2n−1n≥2，又由a1=1，满足上式，所以an=2n−1n∈N∗.(2)假设存在满足条件的正整数kk>1，使得a1，ak，Sk+2成等比数列，由(1)得ak=2k−1，ak+2=2k+2−1=2k+3，Sk+2=a1+ak+2k+22=1+2k+3k+22=k+22，若a1，ak，Sk+2成等比数列，则ak2=a1⋅Sk+2，即2k−12=k+22，因为k为正整数且k>1，所以解得k=3．【答案】(1)证明：如图，取AC1中点F，分别连接B1F，FN.由题知N为AC中点，所以FN//CC1，且FN=12CC1.由题知BCC1B1为矩形，又M为BB1的中点，所以MB1//CC1且MB1=12CC1，所以FN//MB1，且FN=MB1，所以四边形B1MNF为平行四边形，所以MN//B1F，又因为B1F⊂平面AB1C1，MN⊄平面AB1C1，所以MN//平面AB1C1．(2)解：因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC．如图，以B为原点建立空间直角坐标系B−xyz，则B0,0,0，B10,0,1，C10,2,1，A3,−1,0.因为x轴⊥平面BCC1B1，所以n1→=1,0,0为平面BCC1B1的一个法向量，设n2→=x,y,z为平面AB1C1的法向量，因为B1C1→=0,2,0，B1A→=3,−1,−1，所以B1C→⋅n2→=0,B1A→⋅n2→=0,得2y=0,3x−y−z=0,令x=1，则y=0，z=3，故可取n2→=1,0,3，则cos⟨n→1,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=12，由二面角A−B1C1−B为锐二面角，所以二面角A−B1C1−B的大小为π3．【考点】直线与平面平行的判定用空间向量求平面间的夹角【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：如图，取AC1中点F，分别连接B1F，FN.由题知N为AC中点，所以FN//CC1，且FN=12CC1.由题知BCC1B1为矩形，又M为BB1的中点，所以MB1//CC1且MB1=12CC1，所以FN//MB1，且FN=MB1，所以四边形B1MNF为平行四边形，所以MN//B1F，又因为B1F⊂平面AB1C1，MN⊄平面AB1C1，所以MN//平面AB1C1．(2)解：因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC．如图，以B为原点建立空间直角坐标系B−xyz，则B0,0,0，B10,0,1，C10,2,1，A3,−1,0.因为x轴⊥平面BCC1B1，所以n1→=1,0,0为平面BCC1B1的一个法向量，设n2→=x,y,z为平面AB1C1的法向量，因为B1C1→=0,2,0，B1A→=3,−1,−1，所以B1C→⋅n2→=0,B1A→⋅n2→=0,得2y=0,3x−y−z=0,令x=1，则y=0，z=3，故可取n2→=1,0,3，则cos⟨n→1,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=12，由二面角A−B1C1−B为锐二面角，所以二面角A−B1C1−B的大小为π3．【答案】解：(1)由题意知：∴ 样本平均数为x=55×0.16+65×0.3+75×0.4+85×0.1+95×0.04=70.6．(2)由(1)可知X∼N70.6,10.032∴ (μ−2σ,μ+σ]=(70.6−20.06,70.6+10.03]=(50.54,83]而P(μ−2σ