《浙江省绍兴市2016-2017学年高二数学下学期期末考试试题(含解析)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省绍兴市2016-2017学年高二数学下学期期末考试试题(含解析)（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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.
2、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
3、】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：a23a40,且=b24ac0，得：，解得：0a4，当a23a4=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. 1006 B. 1007 C. 1008 D. 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，0，=2又当x=时，函
4、数f（x）取得最小值，2+=2k+，kZ，可解得：=2k+，kZ，f（x）=Asin（2x+2k+）=Asin（2x+）f（2）=Asin（4+）=Asin（4+2）0f（2）=Asin（4+）0，f（0）=Asin=Asin0，又4+2，而f（x）=Asinx在区间（，）是单调递减的，f（2）f（2）f（0）故选：B9. 已知数列的前项和为， ，当时， ，则（ ）.A. 1006 B. 1007 C. 1008 D. 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】
5、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+y2=0，x=4，y=5，标出不等式组表示的平面区域，如图所示。由z=yx，得y=x+z，此关系式可表示斜率为1，纵截距为z的直线，当
6、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=yx=24=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
7、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
8、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
9、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，kz，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.【
10、答案】(1)详见解析;(2) .【解析】试题分析：（）当时，根据的最小值为3，可得lnf（x）最小值为ln3lne=1，不等式得证（）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
11、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：，（）（）求证：；（）证明：；（）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（）易得；（）由（）得：，.试题解析：（I） ，（）由（）可得：.（），所以，累加得右侧；另一方面由可得，累加得左侧.由（）得：，所以，累加得：另一方面由可得：原式变形为所以：累加得“北斗”卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星定位与通信系统，将来可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务，并具有短报文通信能力。“北斗”卫星导航系统在抗震救灾中发挥的主要作用有11
