?2020-2021學年浙江省寧波市慈溪市高二（下）期末數學試卷
一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）
1．（4分）已知集合A＝{1，2，3}，B＝{2，3}，則A∪B＝（　?。?br /> A．{1} B．{2} C．{1，2，3} D．{1，2，3，3}
2．（4分）（　　）
A． B． C． D．
3．（4分）已知a，b，c∈R，且a+b+c＞0，則（　?。?br /> A．（a+b）2＞c2
B．a，b，c三數中至少有一個大于零
C．a，b，c三數中至少有兩個大于零
D．a，b，c三數均大于零
4．（4分）“cosθ＝0”是“”的（　?。?br /> A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
5．（4分）如圖，在梯形ABCD中，BC∥AD，AD＝2BC，若，，則（　?。?br />
A． B． C． D．
6．（4分）函數f（x）＝（x+1）ln（|x﹣1|）的大致圖象是（　?。?br /> A． B．
C． D．
7．（4分）給出下列四個關于函數的命題：
①f（x）＝x3（x∈{﹣1，0，1}）與g（n）＝n3（n∈{﹣1，0，1}）表示相同函數；
②f（x）是既非奇函數也非偶函數；
③若f（x）與g（x）在區(qū)間G上均為遞增函數，則f（x）?g（x）在區(qū)間G上亦為遞增函數；
④設集合A＝{x|1≤x≤2}，B＝{y|0≤y≤1}，對應關系f：x→log4（x+2），則能構成一個函數f：A→B，記作y＝f（x）＝log4（x+2），x∈A．
其中，真命題為（　?。?br /> A．②③ B．①④ C．①③④ D．②③④
8．（4分）設（a，b）∈{（x，y）|x﹣y≥1，且x+3y≤3，y≥0}，則a+b的最大值為（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
9．（4分）已知數列{an}是等差數列，公差d＝4，前n項和為Sn，則的值（　?。?br /> A．等于4 B．等于2
C．等于 D．不確定，與a1有關
10．（4分）已知函數f（x）＝|2cosx+1﹣k|+k+2在區(qū)間（﹣∞，+∞）上的最大值是5，則實數k的值所組成的集合是（　?。?br /> A．{1} B．{﹣2，0，1} C．{k|k≤1} D．{k|﹣1≤k≤1}
三、填空題（本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。）
11．（6分）已知復數z1＝2+i，z2＝1﹣i，則z1+z2＝　 　，的共軛復數為 　 ?。?br /> 12．（6分）已知函數則f（﹣1）＝　 　，若f（a）＝3，則a＝　 ?。?br /> 13．（6分）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中點，AM＝2，則AC＝　 ?。籧os∠MAC＝　 ?。?br /> 14．（6分）已知函數f（x）＝ex+ln（2x+1），e是自然對數的底數，設函數f（x）的導函數為f'（x），則f'（0）＝　 　，曲線y＝f（x）在點（0，1）處的切線的方程為 　 ?。?br /> 15．（4分）已知雙曲線C：1（a＞0，b＞0）的右頂點為A，以A為圓心，b為半徑作圓A，圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M、N兩點．若∠MAN＝60°，則C的離心率為　 　．
16．（4分）已知α，β∈R，且滿足α2﹣2sinβ＝1，則4α+sinβ的值域為 　 　．
17．（4分）已知正數a，b滿足：b2（3a2+4ab）＝3，則3a+2b的最小值為 　 　．
三、解答題（本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）
18．（14分）在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知向量、滿足：，，且．
（Ⅰ）求角A；
（Ⅱ）若△ABC是銳角三角形，且a＝2，求b+c的取值范圍．
19．（15分）已知數列{an}滿足a1＝2，a2＝5，an+1+an﹣1＝2an（n∈N*，n≥2），數列{bn}滿足b1＝1，．
（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；
（Ⅱ）求數列{anbn}的前n項和Sn．
20．（15分）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，△ABC和△BCP均為正三角形．
（Ⅰ）求證：AP⊥BC；
（Ⅱ）若，
（?。┣笞C：平面ABC⊥平面BCP；
（ⅱ）求二面角A﹣PB﹣C的平面角的余弦值．

21．（15分）已知拋物線C1：y2＝4x與橢圓C2：1（a＞b＞0）有公共的焦點，C2的左、右焦點分別為F1，F2，該橢圓的離心率為．
（Ⅰ）求橢圓C2的方程；
（Ⅱ）如圖，若直線l與x軸，橢圓C2順次交于P，Q，R（P點在橢圓左頂點的左側），且∠PF1Q與∠PF1R互補，求△F1QR面積S的最大值．

22．（15分）已知函數f（x）＝nsinx+tanx，n∈N*．
（Ⅰ）求f（x）的導數f'（x）；
（Ⅱ）當n＝1時，求證：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．

2020-2021學年浙江省寧波市慈溪市高二（下）期末數學試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）
1．（4分）已知集合A＝{1，2，3}，B＝{2，3}，則A∪B＝（　?。?br /> A．{1} B．{2} C．{1，2，3} D．{1，2，3，3}
【解答】解：∵集合A＝{1，2，3}，B＝{2，3}，
∴A∪B＝{1，2，3}．
故選：C．
2．（4分）（　?。?br /> A． B． C． D．
【解答】解：∵，
∴．
故選：D．
3．（4分）已知a，b，c∈R，且a+b+c＞0，則（　?。?br /> A．（a+b）2＞c2
B．a，b，c三數中至少有一個大于零
C．a，b，c三數中至少有兩個大于零
D．a，b，c三數均大于零
【解答】解：A、當a+b＞c＝0時，該不等式不成立，故不符合題意；
B、由a，b，c∈R，且a+b+c＞0知：a，b，c三數中至少有一個大于零，故符合題意；
C、當a＝4，b＝c＝﹣1時，a+b+c＞0，即a，b，c三數中可以只有一個數大于零，故不符合題意；
D、結合選項C的分析，a，b，c三數可以不都大于零的實數，故不符合題意．
故選：B．
4．（4分）“cosθ＝0”是“”的（　?。?br /> A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【解答】解：由cosθ＝0可得：θ＝kπ，k∈Z．
由，即tan1，解得：kπ，即θ＝2kπ，k∈Z．
∴“cosθ＝0”是“”的必要不充分條件．
故選：B．
5．（4分）如圖，在梯形ABCD中，BC∥AD，AD＝2BC，若，，則（　?。?br />
A． B． C． D．
【解答】解：由圖可得，
因為AD＝2BC，BC∥AD，
所以，
則2（），
即22，
故選：B．
6．（4分）函數f（x）＝（x+1）ln（|x﹣1|）的大致圖象是（　?。?br /> A． B．
C． D．
【解答】解：當x→+∞時，f（x）→+∞，排除A，C，
f（﹣5）＝﹣4ln6＜0，排除C，D，
故選：B．
7．（4分）給出下列四個關于函數的命題：
①f（x）＝x3（x∈{﹣1，0，1}）與g（n）＝n3（n∈{﹣1，0，1}）表示相同函數；
②f（x）是既非奇函數也非偶函數；
③若f（x）與g（x）在區(qū)間G上均為遞增函數，則f（x）?g（x）在區(qū)間G上亦為遞增函數；
④設集合A＝{x|1≤x≤2}，B＝{y|0≤y≤1}，對應關系f：x→log4（x+2），則能構成一個函數f：A→B，記作y＝f（x）＝log4（x+2），x∈A．
其中，真命題為（　?。?br /> A．②③ B．①④ C．①③④ D．②③④
【解答】解：對于①，f（x）＝x3（x∈{﹣1，0，1}）與g（n）＝n3（n∈{﹣1，0，1}）表示相同函數，函數的關系式形式相同，定義域相同，故函數的值域一定相同，故①正確；
對于②，函數f（x）（﹣2≤x≤2且x≠0）則是奇函數，故②錯誤；
對于③，若f（x）與g（x）在區(qū)間G上均為遞增函數，則f（x）+g（x）在區(qū)間G上亦為遞增函數，但是f（x）?g（x）在區(qū)間G不一定為遞增函數，故③錯誤；
對于④，設集合A＝{x|1≤x≤2}，B＝{y|0≤y≤1}，對應關系f：x→log4（x+2），則能構成一個函數f：A→B，記作y＝f（x）＝log4（x+2），x∈A，符合函數的定義，故④正確．
故選：B．
8．（4分）設（a，b）∈{（x，y）|x﹣y≥1，且x+3y≤3，y≥0}，則a+b的最大值為（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
【解答】解：∵（a，b）∈{（x，y）|x﹣y≥1，且x+3y≤3，y≥0}，
∴，作出該不等式組表示的平面區(qū)域如圖，

令z＝a+b，得b＝﹣a+z，由圖可知，當直線b＝﹣a+z過點A（3，0）時，
直線在b軸上的截距最大，z有最大值為3．
故選：A．
9．（4分）已知數列{an}是等差數列，公差d＝4，前n項和為Sn，則的值（　?。?br /> A．等于4 B．等于2
C．等于 D．不確定，與a1有關
【解答】解：由數列{an}是等差數列，得S2021（a1+a2021）＝2021a1011；S2020（a1+a2020）＝1010（a1010+a1011），
所以a1011（a1010+a1011）（a1011﹣a1010）d＝2．
故選：B．
10．（4分）已知函數f（x）＝|2cosx+1﹣k|+k+2在區(qū)間（﹣∞，+∞）上的最大值是5，則實數k的值所組成的集合是（　　）
A．{1} B．{﹣2，0，1} C．{k|k≤1} D．{k|﹣1≤k≤1}
【解答】解：當1﹣k?0，即k?1時，
此時當cosx＝1時，f（x）取最大值f（x）max＝5，滿足題意；
當1﹣k＜0時，即k＞1時，
此時當cosx＝﹣1時，f（x）取最大值f（x）max＝2k+3＝5?k＝1，又k＞1，所以k無解．
綜上所述，實數k的值所組成集合是{k|k?1}．
故選：C．
三、填空題（本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。）
11．（6分）已知復數z1＝2+i，z2＝1﹣i，則z1+z2＝　3　，的共軛復數為 　?。?br /> 【解答】解：復數z1＝2+i，z2＝1﹣i，
則z1+z2＝2+i+1﹣i＝3，
i的共軛復數為i，
故答案為：3，i．
12．（6分）已知函數則f（﹣1）＝　1　，若f（a）＝3，則a＝　或﹣7?。?br /> 【解答】解：∵函數則f（﹣1）＝|log22|＝1，
當a＞0時，f（a）＝2a2﹣1＝3，求得a；
當a≤0時，f（a）＝|log2（﹣a+1）|＝3，∴1﹣a＝8，或1﹣a，求得a＝﹣7，
故答案為：1； 或﹣7．
13．（6分）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中點，AM＝2，則AC＝　2?。籧os∠MAC＝　?。?br /> 【解答】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）．
∵點M是BC中點，∴MC＝4，BC＝8，在△ABC中：AC2＝22+82﹣2×2×8cos60°＝52，∴AC＝2；
在△AMC中：cos∠MAC．
故答案為：2；．
14．（6分）已知函數f（x）＝ex+ln（2x+1），e是自然對數的底數，設函數f（x）的導函數為f'（x），則f'（0）＝　3　，曲線y＝f（x）在點（0，1）處的切線的方程為 　y＝3x+1?。?br /> 【解答】解：∵f（x）＝ex+ln（2x+1），
∴f′（x）＝ex，則f'（0）＝3；
∴曲線y＝f（x）在點（0，1）處的切線的方程為y＝3x+1．
故答案為：3；y＝3x+1．
15．（4分）已知雙曲線C：1（a＞0，b＞0）的右頂點為A，以A為圓心，b為半徑作圓A，圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M、N兩點．若∠MAN＝60°，則C的離心率為　　．
【解答】解：雙曲線C：1（a＞0，b＞0）的右頂點為A（a，0），
以A為圓心，b為半徑做圓A，圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M、N兩點．
若∠MAN＝60°，可得A到漸近線bx+ay＝0的距離為：bcos30°，
可得：，即，可得離心率為：e．
故答案為：．
16．（4分）已知α，β∈R，且滿足α2﹣2sinβ＝1，則4α+sinβ的值域為 　?。?br /> 【解答】解：∵α2﹣2sinβ＝1，
∴，可得，
4α+sinβ，，
設f（α），，
∵f（α）的對稱軸為α＝﹣4，
∴f（α）在區(qū)間上單調遞增，
∴，，
∴4α+sinβ的值域為 ．
故答案為：．
17．（4分）已知正數a，b滿足：b2（3a2+4ab）＝3，則3a+2b的最小值為 　?。?br /> 【解答】解：根據題意，（3a+2b）2＝9a2+12ab+4b2＝3（3a2+4ab）+4b2≥2，
當且僅當3（3a2+4ab）＝4b2時等號成立，
又由b2（3a2+4ab）＝3，則（3a+2b）2≥12，
又由a、b＞0，必有3a+2b≥2，
故答案為：2．
三、解答題（本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）
18．（14分）在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知向量、滿足：，，且．
（Ⅰ）求角A；
（Ⅱ）若△ABC是銳角三角形，且a＝2，求b+c的取值范圍．
【解答】解：（Ⅰ）因為，
所以，，
由正弦定理得：，
因為sinB≠0，
所以，
所以或．
（Ⅱ）因為a＝2，
所以由正弦定理得，得：，，
所以[sinB+sin（B）]，
因為△ABC是銳角三角形，
所以，且，可得，
所以，可得，
所以．
19．（15分）已知數列{an}滿足a1＝2，a2＝5，an+1+an﹣1＝2an（n∈N*，n≥2），數列{bn}滿足b1＝1，．
（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；
（Ⅱ）求數列{anbn}的前n項和Sn．
【解答】解：（Ⅰ）因為an+1+an﹣1＝2an，所以an+1﹣an＝an﹣an﹣1＝???＝a2﹣a1＝3，所以{an}是首項為2，公差為3的等差數列，
所以通項公式為an＝3n﹣1．
（Ⅱ）因為，所以{bn}是首項為1，公比為的等比數列，
所以，所以，則Sn＝a1b1+a2b2+???+anbn，
所以②，
所以由①﹣②得：，
所以．
20．（15分）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，△ABC和△BCP均為正三角形．
（Ⅰ）求證：AP⊥BC；
（Ⅱ）若，
（?。┣笞C：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）證明：取BC中點O，連接AO，PO，……（1分）
因為△ABC與△BCP是正三角形，
所以AO⊥BC，PO⊥BC，且AO∩PO＝O，……（3分）
所以BC⊥平面PAO，……（4分）
又AP在平面PAO內，
所以BC⊥AP，即AP⊥BC；…………（5分）
（Ⅱ）（?。┳C明：設AB＝a，因為△ABC與△B1BC是正三角形，
則BP＝AB＝BC＝AC＝PC＝a，，…………（6分）
又，由余弦定理可得（7分）
所以在△APO中，有AP2＝AO2+PO2，
所以△APO為直角三角形，得AO⊥PO，…………（8分）
顯然AO⊥BC，又PO∩BC＝O，所以AO⊥平面PBC，……（9分）
因為AO?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCP；…………（10分）
（ⅱ）解：由（?。┛梢設A，OB，OP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則，，，……（11分）
……（11分）
設平面ABP的一個法向量為，
則（13分）
可取，……（13分）
又平面BCP的一個法向量為，
所以二面角A﹣PB﹣C的平面角θ的余弦值為（15分）
21．（15分）已知拋物線C1：y2＝4x與橢圓C2：1（a＞b＞0）有公共的焦點，C2的左、右焦點分別為F1，F2，該橢圓的離心率為．
（Ⅰ）求橢圓C2的方程；
（Ⅱ）如圖，若直線l與x軸，橢圓C2順次交于P，Q，R（P點在橢圓左頂點的左側），且∠PF1Q與∠PF1R互補，求△F1QR面積S的最大值．

【解答】解：（I）由題意可得，拋物線的焦點為（1，0），
∴橢圓的半焦距c＝1，又∵橢圓的離心率為，
∴，即a＝2，
∵a2＝b2+c2，∴b2＝a2﹣c2＝4﹣1＝3，即b，
∴橢圓C2的方程為．
（II）設Q（x1，y1），R（x2，y2），F（﹣1，0），
∵∠PF1Q與∠PF1R互補，∴，
∴，化簡整理，可得x1y2+y2+x2y1+y1＝0 ①，
設直線PQ 為x＝my+n（m≠0），
聯立直線與橢圓方程，
化簡整理，可得（3m2+4）y2+6mny+3n2﹣12＝0，
Δ＝b2﹣4ac＝36m2n2﹣4（3m2+4）（3n2﹣12）＞0，可得n2＜3m2+4 ②，
由韋達定理，可得③，
將x1＝my1+n，x2＝my2+n 代入①，可得2my1y2+（n+1）（y1+y2）＝0 ④，
再將③代入④，可得，解得n＝﹣4，
∴PQ的方程為x＝my﹣4，
由點F（﹣1，0）到直線PQ的距離d，
，
由②可得，3m2+4＞16，即m2＞4，
設f（m），令m2﹣4＝t，t＞0，
∴f（t），
由均值不等式可知，，
當且僅當時，即t，等號成立，
當取最小值時，f（t）取最大值，即△F1QR面積S最大，
∴，
∴△F1QR面積S最大值為．
22．（15分）已知函數f（x）＝nsinx+tanx，n∈N*．
（Ⅰ）求f（x）的導數f'（x）；
（Ⅱ）當n＝1時，求證：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．
【解答】解：（I）由f（x）＝nsinx+tanx，得；
（II）當n＝1時，令g（x）＝f（x）﹣2x＝sinx+tanx﹣2x，則；
當時，因為，所以，
所以g（x）在上單調遞增，所以g（x）＞g（0）＝0，
即f（x）＞2x在上恒成立．
（III）由條件知，當時，不等式成立，
即，解得，
所以正整數n最大為2．
當n＝2時，令h（x）＝f（x）﹣3x，則
．
所以h（x）在上單調遞增，所以h（x）＞h（0）＝0，
即h（x）＞3x在上恒成立，
所以n的最大值為2．
聲明：試題解析著作權屬菁優(yōu)網所有，未經書面同意，不得復制發(fā)布日期：2022/5/27 10:11:13；用戶：高中數學；郵箱：sdgs@xyh.com；學號：28144983

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