2020-2021学年四川省成都市某校西区高二（下）入学考试数学试卷

这是一份2020-2021学年四川省成都市某校西区高二（下）入学考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 命题“∀x∈Z，使x2+2x−1<0”的否定为（ ）
A.∃x∈Z，x2+2x−1≥0B.∃x∈Z，x2+2x−1>0
C.∀x∈Z，x2+2x−1>0D.∀x∈Z，x2+2x−1≥0

2. 如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )

A.在区间(−2, 1)内，y=f(x)是增函数
B.在(1, 3)内，y=f(x)是减函数
C.在(4, 5)内，y=f(x)是增函数
D.在x=2时，y=f(x)取到极小值

3. 随着“银发浪潮”的涌来，养老是当下普遍关注的热点和难点问题，某市创新性的采用“公建民营”的模式，建立标准的“日间照料中心”，既吸引社会力量广泛参与养老建设，也方便规范化管理，计划从中抽取5个中心进行评估，现将所有中心随机编号，用系统（等距）抽样的方法抽取，已知抽取到的号码有5号23号和29号，则下面号码中可能被抽到的号码是（ ）
A.9B.12C.15D.17

4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2−ac+c2=b2，则角B为（ ）
A.π6B.π3C.5π6D.2π3

5. 设函数y=f(x)在R上可导，则limΔx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx等于( )
A.f′(1)B.3f′(1)C.13f′(1)D.以上都不对

6. 设函数fx是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，fx=lg3x+1，则f−8=（ ）
A.2B.3C.−2D.−3

7. 抛物线y2=4x上一点M与焦点的距离是10，则点M到y轴的距离是（ ）
A.10B.9C.8D.5

8. 已知抛物线y2=4x的焦点到双曲线x2−y2b2=1b>0的一条渐近线的距离为32，则该双曲线的方程为（ ）
A.x2−y2=1B.x2−y22=1C.x2−y23=1D.x2−y24=1

9. 已知平面α，直线m，n，下列命题正确的是（ ）
A.若m//n，n//α，则m//αB.若m⊥n，n//α，则m⊥α
C.若m//α，n//α，则m//nD.若m⊥α，n//α，则m⊥n

10. 若f(x)=−13x3+12x2+2ax在(1, +∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围是( )
A.(−∞, 0]B.(−∞, 0)C.[0, +∞)D.(0, +∞)

11. 若直线2mx−ny=−2(m>0,n>0)被圆x2+y2+2x−4y+1=0截得弦长为4，则4m+1n的最小值是( )
A.9B.4C.12D.14

12. 设函数f(x)=3sinπxm，若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2A.(−∞,−6)∪(6,+∞)B.(−∞,−4)∪(4,+∞)
C.(−∞,−2)∪(2,+∞)D.(−∞,−1)∪(1,+∞)
二、填空题

已知全集U={−1, 0, 1, 2, 3}，集合A={0, 1, 2),B={−1, 0, 1}，则(∁UA)∩B=________．

已知向量a→=1,−2，b→=−3,1，那么|a→−b→|=________．

过椭圆x23+y22=1内一点P1,1引一条恰好被P点平分的弦，则这条弦所在直线的方程是________.

函数fx=lnx−ax在0,+∞上有两个零点，则实数a的取值范围是________．
三、解答题

已知等差数列{an}中，a2=2，a1+a5=6．
(1)求{an}的通项公式；

(2)若bn=2an，求数列{bn}的前n项和Sn．

某电动车售后服务调研小组从汽车市场上随机抽取20辆纯电动汽车，调查其续驶里程（单次充电后能行驶的最大里程），被调查汽车的续驶里程全部介于50公里和300公里之间，将统计结果分成5组： 50,100，100,150，150,200，200,250，250,300，绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)求x的值，并求续驶里程在200,300的车辆数；

(2)求续驶里程的平均数；

(3)若从续驶里程在200,300的车辆中随机抽取2辆车，求其中恰有一辆车的续驶里程在200,250内的概率．

已知函数f(x)=13x3+12．
(1)求曲线y=f(x)在点P(1,56)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；

(2)过点A(2,12)作曲线y=f(x)的切线，求切线方程．

如图所示，直棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，点E是线段CC1的中点．

(1)求证：AC1 // 平面BDE；

(2)求证：BD⊥A1E．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1，F2，长轴长为22，离心率为22．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若过点F1的两条弦AB和弦CD互相垂直，求四边形ACBD的面积的最小值．

已知函数f(x)=−alnx+(a+1)x−12x2(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若f(x)≥−12x2+ax+b恒成立，求当a∈[12，1]时，实数b的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省成都市某校西区高二（下）入学考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
命题的否定
【解析】
运用全称命题的否定为特称命题，以及量词和不等号的变化，即可得到所求命题的否定．
【解答】
解：由全称命题的否定为特称命题，可得
命题“∀x∈Z，使x2+2x−1<0”的否定为“∃x∈Z，x2+2x−1≥0”.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据函数单调性，极值和导数之间的关系进行判断．
【解答】
解：由图象知当−324时，f′(x)>0，函数为增函数，
当−3则当x=−32或x=4函数取得极小值，在x=2时函数取得极大值，
故ABD错误，C正确．
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
系统抽样方法
【解析】
根据等距抽样的特点，求得抽样距离，即可列出抽取的号码，从而判断．
【解答】
解：由等距抽样的方法可知，23号和29号差6，
则可能抽到5号，11号，17号，23号，29号，
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
根据余弦定理结合题中已知条件，可得csB=a2+c2−b22ac=12，结合三角形内角的范围，即可得出结果．
【解答】
解：∵a2−ac+c2=b2，
∴ 由余弦定理，得csB=a2+c2−b22ac=12，
结合B∈0,π，可得B=π3．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
导数的几何意义
变化的快慢与变化率
【解析】
先有极限的运算性质变形得lim△x→0f(1+△x)−f(1)3△x=13lim△x→0f(1+△x)−f(1)△x，再由导数定义得到结果对比四个选项找出正确答案
【解答】
解：由题意函数y=f(x)在R上可导，
∴ limΔx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx=13limΔx→0f(1+Δx)−f(1)Δx=13f′(1).
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
求出了f8=lg39=2，根据奇偶性得解．
【解答】
解：根据题意，当x≥0时，f(x)=lg3(x+1)，
则f8=lg39=2，
又函数为奇函数，
则f−8=−f8=−2．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线的性质得出M到准线x=−1的距离为10，故到y轴的距离为9．
【解答】
解：由题意知，抛物线的准线为x=−1.
∵ 点M到焦点的距离为10，
∴ 点M到准线x=−1的距离为10，
∴ 点M到y轴的距离为9.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
抛物线的性质
点到直线的距离公式
双曲线的渐近线
【解析】
由已知条件，求出抛物线的焦点坐标和双曲线的渐近线方程，然后利用点到直线的距离公式求出b，则问题得解.
【解答】
解：∵抛物线y2=4x的焦点坐标为1,0，
取双曲线x2−y2b2=1的渐近线方程为y=bx，
即bx−y=0.
∴由已知，有b×1−1×0b2+12=32且b>0，
解之，得b=3.
∴双曲线的方程为：x2−y23=1.
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
直线与平面平行的判定
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
无
【解答】
解：对A，若m//n，n//α，则m//α或m⊂α，故A错误；
对B，若m⊥n，n//α，则m和α平行、相交或在平面内，故B错误；
对C，若m//α，n//α，则m，n平行、相交或异面，故C错误；
对D，若m⊥α，n//α，则m⊥n，故D正确．
故选D．
10.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
f(x)在(1, +∞)上存在单调递增区间，即f′(x)>0在(1, +∞)上有解，因为f′(x)=−x2+x+2a对称轴为x=12，所以f′(x)在(1, +∞)上递减，所以只需f′(1)>0即可，由此求出a的范围．
【解答】
解：若f(x)=−13x3+12x2+2ax在(1, +∞)上存在单调递增区间，
只需f′(x)>0在(0, +∞)上有解即可．
由已知得f′(x)=−x2+x+2a，该函数开口向下，对称轴为x=12，
故f′(x)在(1, +∞)上递减，所以f′(1)=2a>0，解得a>0．
故选D．
11.
【答案】
A
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
直线与圆的位置关系
【解析】
求出圆心和半径，由圆心到直线的距离等于零可得直线过圆心，即a+b＝1；再利用基本不等式求得4a+1b的最小值．
【解答】
解：圆x2+y2+2x−4y+1=0可转化为(x+1)2+(y−2)2=4，
它表示以(−1, 2)为圆心、半径等于2的圆.
设弦心距为d，由题意可得22+d2=4，求得d=0，
可得直线经过圆心，故有−2m−2n+2=0，即m+n=1.
由m>0，n>0，
可得4m+1n=(4m+1n )(m+n)
=5+4nm+mn≥5+24nm⋅mn=9，
当且仅当4nm=mn时取等号，
∴ 4m+1n的最小值是9．
故选A.
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当πxm=kπ+π2(k∈Z)，
即x=2k+12m时，f(x)取得极值±3．
存在x0使x02+[f(x0)]2即存在k使(2k+12)2+3整理得(2k−1)(2k+3)m2+12<0，
因此，只需(2k−1)(2k+3)最小即可，即k=0或k=−1时不等式成立即可，
所以−3m2+12<0，即m2>4，
所以m∈(−∞,−2)∪(2,+∞)．
故选C．
二、填空题
【答案】
{−1}
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
根据集合的基本运算即可求∁UA和结果；
【解答】
解：全集U={−1, 0, 1, 2, 3}，集合A={0, 1, 2),B={−1, 0, 1}，
则∁UA={−1, 3},
(∁UA)∩B={−1}.
故答案为：{−1}.
【答案】
5
【考点】
向量的模
向量的减法及其几何意义
【解析】
无
【解答】
解：因为a→=(1,−2)，b→=(−3,1)，
故a→−b→=(4,−3)，
故|a→−b→|=5，
故答案为：5．
【答案】
2x+3y−5=0
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
因为点P(1, 1)在椭圆内，且弦P1P2被点P平分，所以可用“点差法”求相交弦所在直线方程，方法是将P1，P2两点坐标代入椭圆方程，作差后将中点坐标代入即可得弦P1P2的斜率，最后由点斜式写出直线方程．
【解答】
解：设P1(x1, y1)，P2(x2, y2)，
则x123+y122=1，x223+y222=1，
两式相减得(x1+x2)(x1−x2)3+(y1+y2)(y1−y2)2=0，
∵ 弦P1P2被点P平分，
∴ x1+x2=2，y1+y2=2，
代入上式得y1−y2x1−x2=−23，
即直线P1P2的斜率为−23，
∴ 直线P1P2的方程为y−1=−23(x−1)，
即2x+3y−5=0．
故答案为：2x+3y−5=0.
【答案】
0,1e
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
【解答】
解：函数定义域为(0,+∞)，
由f(x)=lnx−ax=0得a=lnxx，
设g(x)=lnxx，g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)=0得x=e，
x∈(0,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
x=e时，g(x)取极大值g(e)=1e，
∴ 要使函数f(x)=lnx−ax=0有两个零点即方程lnxx=a有两个不同的根，
即函数g(x)与y=a有两个不同交点．
即a∈0,1e．
故答案为：0,1e.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则a1+d=2,2a1+4d=6,
解得a1=1,d=1,
∴an=1+1×(n−1)=n，n∈N*.
(2)由(1)，可得bn=2an=2n，
∴Sn=b1+b2+...+bn
=21+22+...+2n
=2−2n+11−2
=2n+1−2．
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的前n项和
【解析】
(1)先设等差数列{an}的公差为d，再根据已知条件列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可计算出等差数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后根据等比数列的求和公式即可计算出前n项和Sn．
【解答】
解：(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则a1+d=2,2a1+4d=6,
解得a1=1,d=1,
∴an=1+1×(n−1)=n，n∈N*.
(2)由(1)，可得bn=2an=2n，
∴Sn=b1+b2+...+bn
=21+22+...+2n
=2−2n+11−2
=2n+1−2．
【答案】
解：(1)由题意可知， 0.002×50+0.005×50+
0.008×50+x×50+0.002×50=1，
∴x=0.003，
故续驶里程在200,300的车辆数为：
20×0.003×50+0.002×50=5．
(2)由直方图可得．续航里程的平均数为：
0.002×50×75+0.005×50×125+0.008×50
×175+0.003×50×225+0.002×50×275=170．
(3)由(2)及题意可知，续驶里程在[200,250）的车辆数为3，分别记为A，B，C，
续驶里程在[250,300]的车辆数为2，分别记为a，b，
事件A=“其中恰有一辆汽车的续驶里程为[200,250)“
从该5辆汽车中随机抽取2辆，所有的可能如下：
A,B，A,C，A,a，A,b，B,C，B,a，
B,b，C,a，C,b，a,b，共10种情况，
事件A包含的可能有共A,a，A,b，B,a，B,b，C,a，C,b6种情况，
则PA=610=35.
【考点】
频率分布直方图
频数与频率
众数、中位数、平均数
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】



【解答】
解：(1)由题意可知， 0.002×50+0.005×50+
0.008×50+x×50+0.002×50=1，
∴x=0.003，
故续驶里程在200,300的车辆数为：
20×0.003×50+0.002×50=5．
(2)由直方图可得．续航里程的平均数为：
0.002×50×75+0.005×50×125+0.008×50
×175+0.003×50×225+0.002×50×275=170．
(3)由(2)及题意可知，续驶里程在[200,250）的车辆数为3，分别记为A，B，C，
续驶里程在[250,300]的车辆数为2，分别记为a，b，
事件A=“其中恰有一辆汽车的续驶里程为[200,250)“
从该5辆汽车中随机抽取2辆，所有的可能如下：
A,B，A,C，A,a，A,b，B,C，B,a，
B,b，C,a，C,b，a,b，共10种情况，
事件A包含的可能有共A,a，A,b，B,a，B,b，C,a，C,b6种情况，
则PA=610=35.
【答案】
解：(1)函数f(x)=13x3+12的导数为f′(x)=x2，
曲线y=f(x)在点P(1,56)处的切线的斜率为k=1，
则切线的方程为y−56=x−1，即为6x−6y−1=0，
令x=0，可得y=−16；令y=0，可得x=16．
则切线与坐标轴围成的三角形的面积为S=12×16×16=172.
(2)由A(2, 12)和f(x)=13x3+12，
可得f(2)=83+12≠12，即A不在f(x)的图象上，
可设切点为(m, n)，则切线的斜率为m2，
切线的方程为y−n=m2(x−m)，
则n−12m−2=m2,n=13m3+12, 解得m=0,n=12 或m=3,n=192.
故切线的方程为y=12或18x−2y−35=0．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)函数f(x)=13x3+12的导数为f′(x)=x2，
曲线y=f(x)在点P(1,56)处的切线的斜率为k=1，
则切线的方程为y−56=x−1，即为6x−6y−1=0，
令x=0，可得y=−16；令y=0，可得x=16．
则切线与坐标轴围成的三角形的面积为S=12×16×16=172.
(2)由A(2, 12)和f(x)=13x3+12，
可得f(2)=83+12≠12，即A不在f(x)的图象上，
可设切点为(m, n)，则切线的斜率为m2，
切线的方程为y−n=m2(x−m)，
则n−12m−2=m2,n=13m3+12, 解得m=0,n=12 或m=3,n=192.
故切线的方程为y=12或18x−2y−35=0．
【答案】
证明：(1)连接AC交BD于点O，
因为O，E分别为线段AC1，CC1的中点，
故OE // AC1，
而OE⊂平面BDE，AC1⊄平面BDE，
故AC1 // 平面BDE.
(2)因为直棱柱ABCD−A1B1C1D1，
故CC1⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，
所以CC1⊥BD．
因为ABCD是菱形，
所以AC⊥BD．
又AC∩CC1=C，AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1．
因为A1E⊂平面ACC1A1，
故BD⊥A1E．
【考点】
直线与平面平行的判定
两条直线垂直的判定
【解析】
(Ⅰ)连接AC交BD于点O，连接OE，利用中位线的性质可知OE // AC1，利用线面平行的判定即可证明AC1 // 平面BDE；
(Ⅱ)利用线面垂直的性质可知CC1⊥BD，由菱形的性质可知AC⊥BD，利用线面垂直的判定可证明BD⊥平面ACC1A1，根据线面垂直的性质即可得证．
【解答】
证明：(1)连接AC交BD于点O，
因为O，E分别为线段AC1，CC1的中点，
故OE // AC1，
而OE⊂平面BDE，AC1⊄平面BDE，
故AC1 // 平面BDE.
(2)因为直棱柱ABCD−A1B1C1D1，
故CC1⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，
所以CC1⊥BD．
因为ABCD是菱形，
所以AC⊥BD．
又AC∩CC1=C，AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1．
因为A1E⊂平面ACC1A1，
故BD⊥A1E．
【答案】
解：(1)由题意得a=2,b=1,c=1,
∴ 椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)设弦AB,CD所在直线分别为l1,l2，
①当l1⊥x，l2//x时，S=12⋅2a⋅2⋅b2a=2b2=2；
②当l1，l2斜率存在时，设l1：x=my−1，l2：x=−1my−1，
联立x=my−1，x22+y2=1，得(m2+2)y2−2my−1=0，
∴ y1+y2=2mm2+2，y1y2=−1m2+2，
∴ AB=m2+1⋅(y1+y2)2−4y1y2
=m2+1⋅2mm2+22+4m2+2=22(m2+1)m2+2，
同理CD=221m2+11m2+2=22(1+m2)1+2m2，
∴ S=12AB⋅CD=12⋅8(m2+1)2(m2+2)(2m2+1)
=4(m2+1)2(m2+2)(2m2+1)≥4(m2+1)2m2+2+2m2+122=169，
当且仅当m2+2=2m2+1即m2=1即m=±1时等号成立，
故四边形ABCD的面积的最小值169．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意得a=2,b=1,c=1,
∴ 椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)设弦AB,CD所在直线分别为l1,l2，
①当l1⊥x，l2//x时，S=12⋅2a⋅2⋅b2a=2b2=2；
②当l1，l2斜率存在时，设l1：x=my−1，l2：x=−1my−1，
联立x=my−1，x22+y2=1，得(m2+2)y2−2my−1=0，
∴ y1+y2=2mm2+2，y1y2=−1m2+2，
∴ AB=m2+1⋅(y1+y2)2−4y1y2
=m2+1⋅2mm2+22+4m2+2=22(m2+1)m2+2，
同理CD=221m2+11m2+2=22(1+m2)1+2m2，
∴ S=12AB⋅CD=12⋅8(m2+1)2(m2+2)(2m2+1)
=4(m2+1)2(m2+2)(2m2+1)≥4(m2+1)2m2+2+2m2+122=169，
当且仅当m2+2=2m2+1即m2=1即m=±1时等号成立，
故四边形ABCD的面积的最小值169．
【答案】
解：(1)∵f(x)=−alnx+(a+1)x−12x2(a>0)，定义域为(0, +∞)，
∴f′(x)=−ax+a+1−x=−(x−a)(x−1)x，x>0，
令f′(x)=0，则x1=a，x2=1．
①当00，则a令f′(x)<0，则01，
∴f(x)在(0, a)，(1, +∞)上单调递减，在(a, 1)上单调递增；
②当a=1时，f′(x)≤0，且仅在x=1时，f′(x)=0，
∴f(x)在(0, +∞)上单调递减；
③当a>1时，令f′(x)>0，则1令f′(x)<0，则 0a，
∴f(x)在(0,1) ，(a, +∞)上单调递减，在(1, a)上单调递增．
综上所述，
当0当a=1时，f(x)在(0, +∞)上单调递减；
当a>1时，f(x)在(0, 1)，(a, +∞)上单调递减，在(1, a)上单调递增．
(2)∵ f(x)=−alnx+(a+1)x−12x2(a>0)，
若f(x)≥−12x2+ax+b恒成立，
∴ b≤−alnx+x恒成立，
令g(x)=−alnx+x，x>0，
即b≤g(x)min，
∵ g′(x)=1−ax=x−ax，(a>0)，
∴ g(x) 在(0, a)上单调递减，在(a, +∞)上 单调递增；
g(x)min=g(a)=−alna+a，
∴ b≤−alna+a，a∈[12, 1]，
令h(a)=−alna+a，
∴ h′(a)=−lna>0，∴ h(a)单调递增，
∴ h(a)min=h(12)=12(1+ln2)，
∴ b≤12(1+ln2)，
即b的最大值为12(1+ln2)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论a的范围，确定导函数的符号，从而求出函数的单调区间；
(Ⅱ)问题转化为b≤−alnx+x恒成立，令g(x)=−alnx+x，x>0，即b≤g(x)min，根据函数的单调性求出g(x)的最小值，从而求出b的最大值即可．
【解答】
解：(1)∵f(x)=−alnx+(a+1)x−12x2(a>0)，定义域为(0, +∞)，
∴f′(x)=−ax+a+1−x=−(x−a)(x−1)x，x>0，
令f′(x)=0，则x1=a，x2=1．
①当00，则a令f′(x)<0，则01，
∴f(x)在(0, a)，(1, +∞)上单调递减，在(a, 1)上单调递增；
②当a=1时，f′(x)≤0，且仅在x=1时，f′(x)=0，
∴f(x)在(0, +∞)上单调递减；
③当a>1时，令f′(x)>0，则1令f′(x)<0，则 0a，
∴f(x)在(0,1) ，(a, +∞)上单调递减，在(1, a)上单调递增．
综上所述，
当0当a=1时，f(x)在(0, +∞)上单调递减；
当a>1时，f(x)在(0, 1)，(a, +∞)上单调递减，在(1, a)上单调递增．
(2)∵ f(x)=−alnx+(a+1)x−12x2(a>0)，
若f(x)≥−12x2+ax+b恒成立，
∴ b≤−alnx+x恒成立，
令g(x)=−alnx+x，x>0，
即b≤g(x)min，
∵ g′(x)=1−ax=x−ax，(a>0)，
∴ g(x) 在(0, a)上单调递减，在(a, +∞)上单调递增；
g(x)min=g(a)=−alna+a，
∴ b≤−alna+a，a∈[12, 1]，
令h(a)=−alna+a，
∴ h′(a)=−lna>0，∴ h(a)单调递增，
∴ h(a)min=h(12)=12(1+ln2)，
∴ b≤12(1+ln2)，
即b的最大值为12(1+ln2)．