浙江省绍兴市2016-2017学年高二下期末考试数学试题含解析

绍兴2016学年第二学期期末考试高二数学一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设集合，，则=A.B.C.D.【答案】C点睛：1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．2.已知等比数列的各项均为正数，且，则数列的公比为A.B.C.D.【答案】D【解析】由得，所以．由条件可知0，故．故选D.3.已知，则的值为A.B.C.D.【答案】B【解析】，故选B.4.已知，则的大小关系是A.B.C.D.【答案】A【解析】因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立．因为，所以，所以，故选A．点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误5.是恒成立的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A...【解析】设成立；反之，，故选A.6.若不等式的解集为，则实数的取值范围是A.B.C.D.【答案】D【解析】不等式的解集为R.可得：a2−3a−40,且△=b2−4ac0，得：，解得：0a4，当a2−3a−4=0时，即a=−1或a=4，不等式为−10恒成立，此时解集为R.综上可得：实数a的取值范围为(0,4].本题选择D选项.7.函数的图象大致是A.1006B.1007C.1008D.1009【答案】A8.已知函数(、、均为正的常数)的最小正周期为，当时，函数取得最小值，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】依题意得，函数f（x）的周期为π，∵ω＞0，∴ω==2．又∵当x=时，函数f（x）取得最小值，∴2×+φ=2kπ+，k∈Z，可解得：φ=2kπ+，k∈Z，∴f（x）=Asin（2x+2kπ+）=Asin（2x+）．∴f（﹣2）=Asin（﹣4+）=Asin（﹣4+2π）＞0．f（2）=Asin（4+）＜0，f（0）=Asin=Asin＞0，又∵＞﹣4+2π＞＞，而f（x）=Asinx在区间（，）是单调递减的，∴f（2）＜f（﹣2）＜f（0）．故选：B．9.已知数列的前项和为，，当时，，则（）...A.1006B.1007C.1008D.1009【答案】D【解析】，故选D.10.对于数列，若对任意，都有成立，则称数列为“减差数列”．设，若数列是“减差数列”，则实数的取值范围是A.B.C.D.【答案】C【解析】由数列是“减差数列”，得，即，即，化简得，当时，若恒成立，则恒成立，又当时，的最大值为，则的取值范围是.故选C.点睛：紧扣“减差数列”定义，把问题转化为恒成立问题，变量分离转求最值即可，本题易错点是忽略了n的取值范围.二、填空题(本大题共7小题，每小题3分，共21分)11.已知，记：，试用列举法表示_____．【答案】{﹣1，0，1，3，4，5}【解析】{﹣1，0，1，3，4，5}.12.若实数满足则的最小值为__________．【答案】-6【解析】在同一坐标系中，分别作出直线x+y−2=0，x=4，y=5，标出不等式组表示的平面区域，如图所示。由z=y−x，得y=x+z，此关系式可表示斜率为1，纵截距为z的直线，当直线y=x+z经过区域内的点A时，z最小，此时,由,得A(4,−2)，从而zmin=y−x=−2−4=−6.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.13.__________．【答案】【解析】【解析】由题意得，则答案为.14.已知数列为等比数列，且成等差数列，若，则________．【答案】【解析】由题设,....15.函数的最大值为__________．【答案】4【解析】时.16.在中,为线段的中点,,,则___________.【答案】【解析】由正弦理可知，又，则，利用三角恒等变形可化为，据余弦定理．故本题应填．点睛：在几何图形中考查正余弦定理，要抓住几何图形的几何性质．一般思路有：把所提供的几何图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦，余弦定理求解；寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果；必要时用到几何图形的性质如中点，角平分线，平形四边形的性质等．17.已知函数的图象上关于直线对称的点有且仅有一对，则实数的取值范围为_______________.【答案】【解析】作出如图：，因为函数，的图像上关于直线对称的点有且仅有一对，所以函数在[3,7]上有且只有一个交点，当对数函数的图像过（5，-2）时，由，当对数过（7,2）时同理a=，所以的取值范围为点睛：对于分段函数首先作出图形，然后根据题意分析函数在[3,7]上有且只有一个交点，根据图像可知当对数函数的图像过（5，-2）时，由，当对数过（7,2）时同理a=由此得出结果，在分析此类问题时要注意将问题进行转化，化繁为简再解题.三、解答题(本大题共5小题，共49分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)18.（本小题满分7分）设，，其中,如果，求实数的取值范围．【答案】【解析】符合,所以成立…………………………………5分（ii)当时,即时方程即：有两个相同根此时，集合，为单元素集且满足………………………………………8分（iii)当时,即时方程有两个不同解集合有两个元素，此时只能...即，所以，∴…………………………………………11分综合以上，当或时，总有……………………12分19.（本小题满分10分）已知函数.（I）求的最小正周期及单调递减区间；（II）在中，分别是角的对边，若，，且的面积为，求外接圆的半径.【答案】（1）;(2)2.【解析】试题分析：（I）利用降幂公式及两角和正弦公式化简f（x）=sin（2x+）+3，最小正周期，令，k∈z，解出x的范围，即得单调递减区间；（II）由（I）得到，利用正弦面积公式与余弦定理得到，再借助正弦定理得结果.试题解析：（I）函数，故最小正周期；令解得：，故函数的单调递减区间为．（II）由，可得，又，所以，所以，从而．由，由余弦定理有：，∴，由正弦定理有：．20.（本小题满分10分）设函数.（I）求证：当时，不等式成立；（II）已知关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.【答案】(1)详见解析;(2).【解析】试题分析：（Ⅰ）当时，根据的最小值为3，可得lnf（x）最小值为ln3＞lne=1，不等式得证．（Ⅱ）由绝对值三角不等式可得f（x）≥，可得，由此解得a的范围．试题解析：（I）证明：由得函数的最小值为3，从而，所以成立.（II）由绝对值的性质得，所以最小值为，从而，...解得，因此的取值范围为.点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．21.（本小题满分10分）已知等差数列满足．（I）求数列的通项公式；（II）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）首先根据等差数列的性质并结合已知条件，求出首项和公差，进而可求得数列的通项公式；（2）先根据（1）的结论求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求出数列的前项的和，在这个过程中要注意对分和两种情况加以讨论，以增强解题的严密性．试题解析：（1）设等差数列的公差为，由已知条件可得，解得故数列的通项公式为．（2）设数列的前项和为，即，故，，所以，当时，．所以．综上，数列的前项和．（用错位相减法也可）考点：1、等差数列的通项公式；2、错位相减法求数列的前项和．22.（本小题满分12分）已知数列满足：，（）．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）求证：．【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3)详见解析.【解析】试题分析：（I）确定数列的单调性，易证；（II）由（Ⅰ）易得；（Ⅲ）由（Ⅱ）得：，.试题解析：（I），（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：...（Ⅲ），所以，累加得右侧；另一方面由可得，累加得左侧.由（Ⅱ）得：，所以，累加得：另一方面由可得：原式变形为所以：累加得