嘉兴市2020-2021学年第二学期期末检测高二数学参202106

高二数学

一、选择题1．B；2．A；3．C；6．D；7．A；8．C；参

（2021.6）4．D；5．B；9．B；10．C；9．解析：因为f(x)x22axa22a3(xa)22a3，即f(x)[2a3,)，f(f(x))0恒成立f(x)0在区间[2a3,)上恒成立，3（1）当2a30时，即a，f(x)0显然成立；2a3a2a33（2）当a时，yf(x)有两个零点，只要满足，即，2f(2a3)0a2,ora63得a2；2综合（1）（2）得a的取值范围是a2．10．解析：当0,2时，1an11an1111，是等差数列，t1，选项（A）正确；anan2111，12(1)，anan1an当0,1时，11是首项为3，公比为2的等比数列，t1，选项（B）正确；an11当1,0时，an12，即an12，anantan1t3an3tant(an1)2ttt，d（常数）1an3an1an3(an1)(an3)1ant不可能是等差数列，选项（C）错误；a3n对任何非零常数tR，当1,0时，an1an1t33t1an13ana3(t1)an332，，nant33anant3ant31anan3当a13t3，即t24t0时，取t4，此时n是公比为3的等比数列，t1a3n选项（D）正确；高二数学参第1页（共8页）二、填空题11．1，15．5；3352，；525916．；1612．13．128，280；17．2；314．，2,3；1；1017．解析：将2ac2ac两边平方，得c(c4a)0，如图，作OA4a，ANa，ACc，则OCAC，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(ca)b0，得ABCN，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bc最大ab最大，记NAB，所以abcos，当CN与大圆相切时，最小，此时根据相似，NMC，即cosOMCDcbBaANF4aECM22，所以bc的最大值是．3MN3三、解答题18．（本题满分14分）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且(2ac)cosBbcosC．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若b8，△ABC的面积为33，求△ABC的周长．解：（Ⅰ）（一）边化角，由正弦定理，得(2sinAsinC)cosBsinBcosC，即2sinAcosBsin(BC)sinA，且sinA0，…………2分…………5分…………7分cosB1，又0B，所以B．23（二）角化边，同样给分．（Ⅱ）△ABC的面积为33，

1acsinB33，得ac12，…………10分2又由余弦定理b2a2c22accosB，得(ac)23ac，即ac10，所以△ABC的周长为18．…………14分高二数学参第2页（共8页）19．（本题满分15分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，侧面BCC1B1是正方形，ACBC2，A1AC60，M是B1C1的中点．（Ⅰ）证明：ACB1C1；（Ⅱ）求直线A1M与平面A1BC所成角的正弦值．解：（Ⅰ）在平面ACC1A1内过点A1作A1DAC，垂足为D，平面ACC1A1平面ABC，AA1

ECDN第19题图…………3分C1

MB1

FBA1D平面ABC，即A1DBC，又侧面BCC1B1是正方形，C1CBC，又C1CA1D，BC平面ACC1A1，即BCAC，而BC∥B1C1，ACB1C1．…………6分…………7分（Ⅱ）（一）几何法：连AC1交A1C于点E，取A1B的中点F，连EF,MF，则EF∥BC，EF1BC，EFMC1是平行四边形，2ACBCCC12，A1AC60，四边形ACC1A1是菱形，AC1A1C，又（Ⅰ）知，BC平面ACC1A1，BCAC1，AC1平面A1BC，而MF∥AC1，即MF平面A1BC，MA1F就是直线A1M与平面A1BC所成的角，…………11分MF15，A1M5在Rt△MA1F中，A1M5，MFC1E3，设MA1F，则sin15．5所以直线A1M与平面A1BC所成角的正弦值是…………15分（或者取BC中点N，通过A1M∥AN转化，在Rt△ANE中，同样可求．）高二数学参第3页（共8页）（二）坐标法：根据（Ⅰ），以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，ACBCCC12，A1AC60，且侧面BCC1B1是正方形，四边形ACC1A1是菱形，A1

设G,H分别是C1,M在底面上的射影，连GH,DH，则A1MHD为矩形，GHB第19题图xyCDAzC1

MB1

D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(2,1,0)，A1(0,0,3)，M(1,2,3)，A1M(1,2,0)，A1B(2,1,3)，A1C(0,1,3)，设平面A1BC的法向量为n(x,y,z)，ABn02xy3z0则1，即，取n(0,3,1)，y3z0A1Cn0A1MnA1Mn………12分设直线A1M与平面A1BC所成的角为，则sin232515，5所以直线A1M与平面A1BC所成角的正弦值是（其他不同建系同样可求）（三）等体积法：同样分步给分。20．（本题满分15分）15．5…………15分2已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn2anan1，nN．．．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）数列{bn}满足：bnan2n1，记Tnb1b2bn，证明：Tn3．…………1分2解：（Ⅰ）当n1时，2S12a1a11，得a11，2当n2时，2Sn12an1an11，22两式相减得，2an2an2an1anan1，…………3分第4页（共8页）高二数学参22anan12an2an1，anan10，anan11，212n1．2…………5分…………7分…………8分{an}是首项为1公差为的等差数列，即an（Ⅱ）（一）错位相减法：bn23n12n①222123n1Tn23n1②2222两式①-②，相减得，Tnn12n，…………10分1111n111n1Tn123nn11(1n1)n1，222222221n1n3即Tn3n1n3n，…………14分222所以，Tn3．（二）裂项法：bnn1n2n3…………15分，…………12分2n2n12n3445n2n3n3Tn(0)(2)(n1n)3n3．…………15分222222221．（本题满分15分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:x22py(p0)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OEOA，连接EA,EB．（Ⅰ）求抛物线C的标准方程及其准线方程；（Ⅱ）记△ABE，△AOF的面积分别为S1,S2，求S1S2的最小值及此时点A的坐标．解：（Ⅰ）抛物线C的焦点为F(0,1)，p2，即抛物线C的标准方程为x4y，准线方程为：y1．…………………4分2yAEBO第21题图xF高二数学参第5页（共8页）4t21（Ⅱ）（一）设点法：设A(4t,4t)(t0)，则直线AF的方程为：yx1，4tx24y14t2122联立，得，则，xxx404t1Bttyx14t2所以AByAyB24t214t22(4t21)24t2，…………7分1又kOAt，由OEOA，得lOE:yx，tx24y44联立1，得E(,2)，yxttt4t21t2(2……………9分3(t21)t24t14t24t21点E到直线AB的距离为d4t12)14t12(t21)t(4t1)2，13(4t21)(t21)，……………13分△ABE的面积S1ABd22t33(4t21)(t21)12而S22t，所以S1S23(4t5)27，22tt2时，取到等号，此时点A的坐标为(22,2)．……………15分2（二）设线法：设直线AB的方程为：ykx1，当且仅当tx24y联立，得x24kx40，设A(x1,y1)(x10),B(x2,y2)，ykx1xx24k则1，AB1k2x1x24(k21)，x1x24又kOAy1x4x，1，由OEOA，得lOE:yx1x14x24y164，得E(联立,2)，yxx1x1x116k21x1x1k1参2………………7分点E到直线AB的距离为d高二数学2x116kx12x1k12，第6页（共8页）2又x14kx140，得d23x1482x1k12，2(x116)12，△ABE的面积S1ABd6k122x1………………10分2x14142，(x1)116x14x1而由2x1144kx140，得k(x1)，即k214x12222(x14)(x116)3(x14)(x116)1，而Sx1，S1622324x1x12x1223(x14)(x116)24x1所以S1S232(x1220)27，4x1当且仅当x122时，取到等号，此时点A的坐标为(22,2)．……………15分22．（本题满分15分）已知函数f(x)exax1在(0,)上有零点x0，其中e=2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）记g(x)是函数yf(x)的导函数，证明：g(x0)a(a1)．解：（Ⅰ）求导f'(x)exa，（1）当a0时，f'(x)0时，f(x)在(0,)上单调递增，f(x)f(0)0，无零点，不符合题意；（2）当a0时，由f'(x)exa0，得xlna，若lna0，即0a1，此时f(x)在(0,)上单调递增，不符合题意；若lna0，即a1，f(x)在(0,lna)上单调递减，f(x)在(lna,)上单调递增，f(0)0，x10，使得f(x1)f(0)0，而当x时，f(x)时，x2x1，使得f(x2)0，根据零点存在定理，x0[x1,x2]，使得f(x0)0，符合题意；综上所述，实数a的取值范围是a1．高二数学参………………5分第7页（共8页）（Ⅱ）法（一）：g(x)f'(x)exa，g(x0)a(a1)x02lna，………………8分由（Ⅰ）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)0，1即f(2lna)a22alna1a(a2lna)0，a1，………………10分a(x1)22110，设h(x)x2lnx（x1），则h'(x)12xxxx2h(x)在(1,)上单调递增，即h(x)h(1)0，f(2lna)0成立；综上所述，g(x0)a(a1)成立．法（二）：g(x)f'(x)exa，ex01由f(x0)0，得a，x00，x0……………………15分…………6分g(x0)a(a1)ex0x2x2x0x0ex01e2e2x0，x0xx2…………10分设(x)ee1，则'(x)(e2e2)10，x（x0）2(x)在(0,)上单调递增，即(x)(0)0，综上所述，g(x0)a(a1)成立．……………15分高二数学参第8页（共8页）