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，每题3分，共30分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的）1.设会合，，则=A.B.C.D.【答案】C点睛：1.用描绘法
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示会合，第一要弄清会合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确会合种类，是数集、点集仍是其余的会合．2．求会合的交、并、补时，一般先化简会合，再由交、并、补的定义求解．3．在进行会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，会合元素失散时用Venn图表示；会合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的弃取．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【分析】由得，所以．由条件可知>0，故．应选D.3.已知，则的值为A.B.C.D.【答案】B【分析】，应选B.4.已知，则的大小关系是A.B.C.D.【答案】A【分析】由于，所以，所以，当且仅当，即时等号建立．由于，所以，所以，应选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，使其知足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边一定为定值)、“等”(等号获得的条件)的条件才能应用，不然会出现错误5.是恒建立的A.充分不用要条件B.必需不充分条件C.充要条件D.既不充分也不用要条件【答案】A...【分析】设建立；反之，，应选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【分析】不等式的解集为R.可得：a2-3a-4<0,且△=b2-4ac<0，得：，解得：0
函
关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函
数的图象大概是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，函数获得最小值，则以下结论正确的选项是（）A.B.C.D.【答案】B【分析】依题意得，函数f（）的周期为π，∵ω＞0，∴ω==2．又∵当=时，函数f（）获得最小值，∴2×+φ=2π+，∈，可解得：φ=2π+，∈，∴f（）=Asin（2+2π+）=Asin（2+）．∴f（﹣2）=Asin（﹣4+）=Asin（﹣4+2π）＞0．f（2）=Asin（4+）＜0，f（0）=Asin=Asin＞0，又∵＞﹣4+2π＞＞，而f（）=Asin在区间（，）是单一递减的，∴f（2）＜f（﹣2）＜f（0）．应选：B．9.已知数列的前项和为，，当时，，则（）...【答案】D【分析】，应选D.10.对于数列，若对随意，都有建立，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【分析】由数列是“减差数列”，得，即，即，化简得，当时，若恒建立，则恒建立，又当时，的最大值为，则的取值范围是.应选C.点睛：紧扣“减差数列”定义，把问题转变为恒建立问题，变量分别转求最值即可，此题易错点是忽视了n的取值范围.二、填空题(本大题共7小题，每题3分，共21分)11.已知，记：，试用列举法表示_____．【答案】{﹣1，0，1，3，4，5}【分析】{﹣1，0，1，3，4，5}.12.若实数知足则的最小值为__________．【答案】-6【分析】在同一坐标系中，分别作出直线+y-2=0，=4，y=5，标出不等式组表示的平面地区，如下图。由=y-，得y=+，此关系式可表示斜率为1，纵截距为的直线，当直线y=+经过地区内的点A时，最小，此时,由,得A(4,-2)，从而min=y-=-2-4=-6.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形联合的
思想
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.需要注意的是：一、正确无误地作出可行域；二、画
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函数所对应的直线时，要注意与拘束条件中的直线的斜率进行比较，防止犯错；三、一般状况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或界限上获得.13.__________．【答案】【分析】【分析】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】【分析】由题设,....15.函数的最大值为__________．【答案】4【分析】时.16.在中,为线段的中点,,,则___________.【答案】【分析】由正弦理可知，又，则，利用三角恒等变形可化为，据余弦定理．故此题应填．点睛：在几何图形中考察正余弦定理，要抓住几何图形的几何性质．一般思路有：把所供给的几何图形拆分红若干个三角形，而后在各个三角形内利用正弦，余弦定理求解；找寻各个三角形之间的联系，交错使用公共条件，求出结果；必需时用到几何图形的性质如中点，角均分线，平形四边形的性质等．17.已知函数对称的点有且仅有一对，则实数【答案】【分析】作出如图：，的取值范围为的图象上对于直线_______________.由于函数称的点有且仅有一对，所以函数当对数函数的图像过（5，-2）时，由，的图像上对于直线在[3,7]上有且只有一个交点，，当对数过（7,2）时同理a=对，所以的取值范围为点睛：对于分段函数第一作出图形，而后依据题意剖析函数在[3,7]上有且只有一个交点，依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，在剖析此类问题时要注意将问题进行转变，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，，此中,假如，务实数的取值范围．【答案】【分析】切合,所以建立5分（ii)当时,即时方程即：有两个同样根此时，会合，为单元素集且知足8分（iii)当时,即时方程有两个不一样解会合有两个元素，此时只好...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一递减区间；（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.【分析】试题剖析：（I）利用降幂公式及两角和正弦公式化简f（）=sin（2+）+3，最小正周期，令，∈，解出的范围，即得单一递减区间；（II）由（I）获得，利用正弦面积公式与余弦定理获得，再借助正弦定理得结果.试题分析：（I）函数，故最小正周期；令解得：，故函数的单一递减区间为．（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，不等式建立；（II）已知对于的不等式在上有解，务实数的取值范围.【答案】(1)详看法析;(2).【分析】试题剖析：（Ⅰ）当时，依据的最小值为3，可得lnf（）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（）≥，可得，由此解得a的范围．试题分析：（I）证明：由得函数的最小值为3，从而，所以建立.（II）由绝对值的性质得，所以最小值为，从而，...解得，所以的取值范围为.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议论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类议论思想，法二是运用数形联合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒建立交汇、浸透，解题时加强函数、数形联合与转变化归思想方法的灵巧应用，这是命题的新动向．21.（本小题满分10分）已知等差数列知足．（I）求数列的通项公式；（II）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【分析】试题剖析：（1）第一依据等差数列的性质并联合已知条件，求出首项和公差，从而可求得数列的通项公式；（2）先依据（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状况加以议论，以加强解题的严实性．试题分析：（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）已知数列知足：，（）．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）求证：．【答案】(1)详看法析;(2)详看法析;(3)详看法析.【分析】试题剖析：（I）确立数列的单一性，易证；（II）由（Ⅰ）易得；（Ⅲ）由（Ⅱ）得：，.试题分析：（I），（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：...（Ⅲ），所以，累加得右边；另一方面由可得由（Ⅱ）得：，累加得左边，.所以，累加得：另一方面由可得：原式变形为所以：累加得
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