江苏省徐州市2016-2017学年高二数学下学期期末试卷文（含解析）

2016-2017学年江苏省徐州市高二（下）期末数学试卷（文科）
　
一、填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共70分）
1．已知集合A={1，a}，B={1，3}，若A∪B={1，2，3}，则实数A的值为　
　．
2．已知复数z=i（3﹣i），其中i是虚数单位，则复数z的实部是　
　..
3．计算：sin210°的值为　
　．
4．函数y=3x﹣x3的单调递增区间为　
　．
5．已知复数z=，其中i是虚数单位，则z的模是　
　．
6．不等式4x＞2的解集为　
　．
7．用反证法证明“a，b∈N
，若ab是偶数，则a，b中至少有一个是偶数”时，应假设　
　．
8．已知tabα=2，则tan（α﹣）的值为　
　．
9．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜）的部分图象如图所示，则f（0）的值为　
　．
10．已知函数f（x）=+sinx，求f（﹣2）+f（﹣1）+f（0）+f（1）+f（2）的值．
11．已知函数f（x）=x2﹣cosx，x∈，则满足f（x0）＞f（）的x0的取值范围为　
　．
12．某种平面分形如图所示，以及分形图是有一点出发的三条线段，二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端出发在生成两条线段，…，依次规律得到n级分形图，那么n级分形图中共有　
　条线段．
13．已知正实数x，y，z满足x+y+z=1，
++=10，则xyz的最大值为　
　．
14．已知函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣mx﹣m在（﹣1，1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围为　
　．
　
二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.
15．已知α∈（，π），且sin+cos=
（1）求sinα的值；
（2）求cos（2α+）的值．
16．已知函数f（x）=loga（x+1）+loga（3﹣x）（a＞0且a≠1），且f（1）=2
（1）求a的值及f（x）的定义域；
（2）若不等式f（x）≤c的恒成立，求实数c的取值范围．
17．已知函数f（x）（sinx+cosx）2+2cos2x﹣2
（1）求函数f（x）的最小正周期T；
（2）求f（x）的最大值，并指出取得最大值时x取值集合；
（3）当x∈[，]时，求函数f（x）的值域．
18．如图，在南北方向有一条公路，一半径为100m的圆形广场（圆心为O）与此公路一边所在直线l相切于点A．点P为北半圆弧（弧APB）上的一点，过P作直线l的垂线，垂足为Q．计划在△PAQ内（图中阴影部分）进行绿化．设△PAQ的面积为S（单位：m2）．
（1）设∠BOP=α（rad），将S表示为α的函数；
（2）确定点P的位置，使绿化面积最大，并求出最大面积．
19．已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若对于区间上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，求实数c的最小值；
（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，求实数m的取值范围．
20．已知函数f（x）=xlnx﹣x2﹣x+a，a∈R
（1）当a=0时，求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）在其定义域内有两个不同的极值点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），记为x1，x2，且x1＜x2．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）若不等式e1+λ＜x1 x恒成立，求正实数λ的取值范围．
　
2016-2017学年江苏省徐州市高二（下）期末数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
　
一、填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共70分）
1．已知集合A={1，a}，B={1，3}，若A∪B={1，2，3}，则实数A的值为　2　．
【考点】1D：并集及其运算．
【分析】利用并集的性质求解．
【解答】解：∵集合A={1，a}，B={1，3}，若A∪B={1，2，3}，
∴a=2．
故答案为：2．
　
2．已知复数z=i（3﹣i），其中i是虚数单位，则复数z的实部是　1　..
【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．
【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简得答案．
【解答】解：∵z=i（3﹣i）=﹣i2+3i=1+3i，
∴复数z的实部是1．
故答案为：1．
　
3．计算：sin210°的值为　﹣　．
【考点】GN：诱导公式的作用．
【分析】利用诱导公式可得sin210°=sin=﹣sin30°，由此求得结果．
【解答】解：sin210°=sin=﹣sin30°=﹣，
故答案为﹣．
　
4．函数y=3x﹣x3的单调递增区间为　　．
【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．
【分析】先求函数导数，令导数大于等于0，解得x的范围就是函数的单调增区间．
【解答】解：对函数y=3x﹣x3求导，得，y′=3﹣3x2，
令y′≥0，即3﹣3x2≥0，解得，﹣1≤x≤1，
∴函数y=3x﹣x3的递增区间为，
故答案为：．
　
5．已知复数z=，其中i是虚数单位，则z的模是　　．
【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【解答】解：∵z==，
∴|z|=．
故答案为：．
　
6．不等式4x＞2的解集为　{x|﹣1＜x＜3}　．
【考点】7J：指、对数不等式的解法．
【分析】根据指数函数的性质得到一元二次不等式，解出即可．
【解答】解：∵4x＞2，
∴2x＞x2﹣3，即x2﹣2x﹣3＜0，
解得：﹣1＜x＜3，
故答案为：{x|﹣1＜x＜3}．
　
7．用反证法证明“a，b∈N
，若ab是偶数，则a，b中至少有一个是偶数”时，应假设　a，b都不是偶数　．
【考点】R9：反证法与放缩法．
【分析】找出题中的题设，然后根据反证法的定义对其进行否定．
【解答】解：∵命题“a b（a，b∈Z
）为偶数，那么a，b中至少有一个是偶数．”
可得题设为，“a b（a，b∈Z
）为偶数，
∴反设的内容是：假设a，b都为奇数（a，b都不是偶数），
故答案为：a，b都不是偶数
　
8．已知tabα=2，则tan（α﹣）的值为　　．
【考点】GR：两角和与差的正切函数．
【分析】直接利用两角差的正确化简求值．
【解答】解：由tanα=2，
得tan（α﹣）=．
故答案为：．
　
9．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜）的部分图象如图所示，则f（0）的值为　　．
【考点】HK：由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．
【分析】由函数f（x）的部分图象，得出A、T、ω与φ的值，
写出f（x）的解析式，计算f（0）的值．
【解答】解：由函数f（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象知，
A=2，
=﹣（﹣）=，∴T=；
又T==，∴ω=；
当x=时，f（x）=2，
由五点法画图知，ωx+φ=，
即×+φ=，
解得φ=；
∴f（x）=2sin（x+），
∴f（0）=2sin=．
故答案为：．
　
10．已知函数f（x）=+sinx，求f（﹣2）+f（﹣1）+f（0）+f（1）+f（2）的值．
【考点】3T：函数的值．
【分析】根据条件求出函数f（x）+f（﹣x）=2，进行求解即可．
【解答】解：∵f（x）+f（﹣x）=，且f（0）=1，
∴f（﹣2）+f（﹣1）+f（0）+f（1）+f（2）=5．
　
11．已知函数f（x）=x2﹣cosx，x∈，则满足f（x0）＞f（）的x0的取值范围为　　．
【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．
【分析】先充分考虑函数f（x）=x2﹣cosx，x∈的性质，为偶函数，其图象关于y轴对称，故考虑函数区间上的情形，利用导数可得函数在单调递增，再结合f（x0）＞f（）和对称性即可得x0的取值范围．
【解答】解：注意到函数f（x）=x2﹣cosx，x∈是偶函数，
故只需考虑区间上的情形．
当x∈时，f′（x）=2x+sinx≥0，
∴函数在单调递增，
所以f（x0）＞f（）在上的解集为（，]，
结合函数是偶函数，图象关于y轴对称，
得原问题中x0取值范围是，
故答案为：．
　
12．某种平面分形如图所示，以及分形图是有一点出发的三条线段，二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端出发在生成两条线段，…，依次规律得到n级分形图，那么n级分形图中共有　3 2n﹣3　条线段．
【考点】F1：归纳推理．
【分析】n级分形图中的线段条数是以3为首项，2为公比的等比数列的和；
【解答】解：n级分形图中的线段条数是以3为首项，2为公比的等比数列的和，即=3 2n﹣3；
故答案为：3 2n﹣3
　
13．已知正实数x，y，z满足x+y+z=1，
++=10，则xyz的最大值为　　．
【考点】RI：平均值不等式．
【分析】又条件可得z=1﹣（x+y），设xy=a，x+y=b，则xyz=，设f（b）=，利用导数判断f（b）的单调性，计算极值，根据b的范围得出f（b）的最大值．
【解答】解：∵x+y+z=1，∴z=1﹣（x+y），
∴，
即=10，
设xy=a，x+y=b，则0＜a＜1，0＜b＜1，
∴，化简得a=．
∴xyz=xy=a（1﹣b）=（1﹣b） =．
令f（b）=，则f′（b）=，
令f′（b）=0得﹣20b3+47b2﹣36b+9=0，即（4b﹣3）（5b﹣3）（1﹣b）=0，
解得b=或b=或b=1（舍），
∴当0＜b＜或时，f′（b）＞0，
当时，f′（b）＜0，
∴f（b）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，1）上单调递增，
∴当b=时，f（b）取得极大值f（）=．
又f（1）=0，
∴f（b）的最大值为．
故答案为．
　
14．已知函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣mx﹣m在（﹣1，1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围为　（，﹣2]∪（0，]　．
【考点】52：函数零点的判定定理．
【分析】由g（x）=f（x）﹣mx﹣m=0，即f（x）=m（x+1），作出两个函数的图象，利用数形结合即可得到结论．
【解答】解：由g（x）=f（x）﹣mx﹣m=0，即f（x）=m（x+1），
分别作出函数f（x）和y=h（x）=m（x+1）的图象如图：
由图象可知f（1）=1，h（x）表示过定点A（﹣1，0）的直线，
当h（x）过（1，1）时，m=，此时两个函数有两个交点，
此时满足条件的m的取值范围是0＜m≤，
当h（x）过（0，﹣2）时，h（0）=﹣2，解得m=﹣2，此时两个函数有两个交点，
当h（x）与f（x）相切时，两个函数只有一个交点，此时x﹣3=m（x+1）即m（x+1）2+3（x+1）﹣1=0，
当m=0时，只有1解，当m≠0，由△=9+4m=0得m=﹣，此时直线和f（x）相切，
∴要使函数有两个零点，则﹣＜m≤﹣2或0＜m≤．
故答案为：（，﹣2]∪（0，]．
　
二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.
15．已知α∈（，π），且sin+cos=
（1）求sinα的值；
（2）求cos（2α+）的值．
【考点】GI：三角函数的化简求值．
【分析】（1）由sin+cos=两边平方化简整理即可得sinα的值；
（2）由α∈（，π）和sinα的值，即可求出cosα，再由二倍角公式求出sin2α和cos2α，再由两角和的余弦公式计算得答案．
【解答】解：（1）∵sin+cos=，
∴（sin+cos）2=，即．
∴．
∴sinα=；
（2）∵α∈（，π），sinα=，
∴．
∴sin2α=2sinαcosα=，
．
∴cos（2α+）==．
　
16．已知函数f（x）=loga（x+1）+loga（3﹣x）（a＞0且a≠1），且f（1）=2
（1）求a的值及f（x）的定义域；
（2）若不等式f（x）≤c的恒成立，求实数c的取值范围．
【考点】4H：对数的运算性质．
【分析】（1）由f（1）=loga2+loga2=2，解得a=2．可得f（x）=log2（x+1）+log2（3﹣x），由，可得函数f（x）的定义域．
（2）由（1）可知：f（x）=log2（x+1）+log2（3﹣x）=log2（x+1）（3﹣x）=，利用二次函数与对数函数的单调性即可得出．
【解答】解：（1）∵f（1）=loga2+loga2=2，解得a=2．
∴f（x）=log2（x+1）+log2（3﹣x），
由，解得﹣1＜x＜3，
可得函数f（x）的定义域为：（﹣1，3）．
（2）由（1）可知：f（x）=log2（x+1）+log2（3﹣x）=log2（x+1）（3﹣x）==，
可知：当x=1时，函数f（x）取得最大值，f（1）=log24=2．
由不等式f（x）≤c的恒成立，∴c≥2．
∴实数c的取值范围是时，求函数f（x）的值域．
【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用．
【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式化简为y=Asin（ωx+φ）的形式，再利用周期公式求函数的最小正周期；
（2）根据三角函数的性质即可得f（x）的最大值，以及取得最大值时x取值集合；
（3）当x∈[，]时，求出内层函数的取值范围，结合三角函数的图象和性质，求出f（x）的最大值和最小值，即得到f（x）的值域．
【解答】解：函数f（x）=（sinx+cosx）2+2cos2x﹣2
化简可得：f（x）=1+2sinxcosx+1+cos2x﹣2=sin2x+cos2x=sin（2x+）
（1）函数f（x）的最小正周期T=．
（2）令2x+=，k∈Z，
得：x=．
∴当x=时，f（x）取得最大值为．
∴取得最大值时x取值集合为{x|x=，k∈Z}．
（3）当x∈[，]时，
可得：2x+∈[，]，
∴﹣1≤sin（2x+）≤
∴≤sin（2x+）≤1．
故得当x∈[，]时，函数f（x）的值域为[，1]．
　
18．如图，在南北方向有一条公路，一半径为100m的圆形广场（圆心为O）与此公路一边所在直线l相切于点A．点P为北半圆弧（弧APB）上的一点，过P作直线l的垂线，垂足为Q．计划在△PAQ内（图中阴影部分）进行绿化．设△PAQ的面积为S（单位：m2）．
（1）设∠BOP=α（rad），将S表示为α的函数；
（2）确定点P的位置，使绿化面积最大，并求出最大面积．
【考点】HN：在实际问题中建立三角函数模型；6E：利用导数求闭区间上函数的最值．
【分析】（1）若∠BOP=α，则P点坐标（x，y）中，x=AQ=100sinα，y=PQ=100+100cosα，α∈（0，π），根据三角形面积公式，我们易将S表示为α的函数．
（2）由（1）中结论，我们可利用导数法，判断函数的单调性，进而求出函数的最大值，即最大绿化面积．
【解答】解：（1）AQ=100sinα，PQ=100+100cosα，α∈（0，π），
则△PAQ的面积
=5000（sinα+sinαcosα），（0＜α＜π）．
（2）S/=5000（cosα+cos2α﹣sin2α）
=5000（2cos2α+cosα﹣1）
=5000（2cosα﹣1）（cosα+1），
令，cosα=﹣1（舍去），此时．
当关于α为增函数；
当关于α为减函数．
∴当时，（m2），此时PQ=150m．
答：当点P距公路边界l为150m时，绿化面积最大，
　
19．已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若对于区间上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，求实数c的最小值；
（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，求实数m的取值范围．
【考点】6D：利用导数研究函数的极值；36：函数解析式的求解及常用方法；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】（1）由题意，利用导函数的几何含义及切点的实质建立a，b的方程，然后求解即可；
（2）由题意，对于定义域内任意自变量都使得|f（x1）﹣f（x2）|≤c，可以转化为求函数在定义域下的最值即可得解；
（3）由题意，若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，等价与函数在切点处导函数值等于切线的斜率这一方程有3解．
【解答】解：（1）f'（x）=3ax2+2bx﹣3．
根据题意，得即解得
所以f（x）=x3﹣3x．
（2）令f'（x）=0，即3x2﹣3=0．得x=±1．
当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在此区间单调递增；
当x∈（﹣1，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）在此区间单调递减
因为f（﹣1）=2，f（1）=﹣2，
所以当x∈时，f（x）max=2，f（x）min=﹣2．
则对于区间上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤|f（x）max﹣f（x）min|=4，所以c≥4．
所以c的最小值为4．
（3）因为点M（2，m）（m≠2）不在曲线y=f（x）上，所以可设切点为（x0，y0）．
则y0=x03﹣3x0．
因为f'（x0）=3x02﹣3，所以切线的斜率为3x02﹣3．
则3x02﹣3=，
即2x03﹣6x02+6+m=0．
因为过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，
所以方程2x03﹣6x02+6+m=0有三个不同的实数解．
所以函数g（x）=2x3﹣6x2+6+m有三个不同的零点．
则g'（x）=6x2﹣12x．令g'（x）=0，则x=0或x=2．
当x∈（﹣∞，0）时，g′（x）＞0，函数g（x）在此区间单调递增；当x∈（0，2）时，g′（x）＜0，函数g（x）在此区间单调递减；
所以，函数g（x）在x=0处取极大值，在x=2处取极小值，有方程与函数的关系知要满足题意必须满足：
，即，解得﹣6＜m＜2．
　
20．已知函数f（x）=xlnx﹣x2﹣x+a，a∈R
（1）当a=0时，求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）在其定义域内有两个不同的极值点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），记为x1，x2，且x1＜x2．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）若不等式e1+λ＜x1 x恒成立，求正实数λ的取值范围．
【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6B：利用导数研究函数的单调性．
【分析】（1）求出f（x）的解析式，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极小值即可；
（2）（i）由导数与极值的关系知可转化为方程f′（x）=lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，或转化为函数g（x）=与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；或转化为g（x）=lnx﹣ax有两个不同零点，从而讨论求解；
（ii）e1+λ＜x1 x2λ可化为1+λ＜lnx1+λlnx2，结合方程的根知1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），从而可得a＞；而a=，从而可得ln
＜恒成立；再令t=，t∈（0，1），从而可得不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立，再令h（t）=lnt﹣，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可．
【解答】解：（1）a=0时，f（x）=xlnx﹣x，函数的定义域是（0，+∞），
f（x）=lnx，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故函数在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故函数的极小值是f（1）=﹣1；
（2）（i）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
方程f′（x）=0在（0，+∞）有两个不同根；
即方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；
（解法一）转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
如右图．
可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0＜a＜k．
令切点A（x0，lnx0），
故k=y′|x=x0=，又k=，
故=，解得，x0=e，
故k=，故0＜a＜．
（解法二）转化为函数g（x）=与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点
又g′（x）=，
即0＜x＜e时，g′（x）＞0，x＞e时，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，e）上单调增，在（e，+∞）上单调减．
故g（x）极大=g（e）=；
又g（x）有且只有一个零点是1，且在x→0时，g（x）→﹣∞，在在x→+∞时，g（x）→0，
故g（x）的草图如右图，
可见，要想函数g（x）=与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
只须0＜a＜．
（解法三）令g（x）=lnx﹣ax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点，
而g′（x）=﹣ax=（x＞0），
若a≤0，可见g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）单调增，
此时g（x）不可能有两个不同零点．
若a＞0，在0＜x＜时，g′（x）＞0，在x＞时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，）上单调增，在（，+∞）上单调减，从而g（x）极大值=g（）=ln﹣1，
又因为在x→0时，g（x）→﹣∞，在在x→+∞时，g（x）→﹣∞，
于是只须：g（x）极大＞0，即ln﹣1＞0，所以0＜a＜．
综上所述，0＜a＜．
（ii）因为e1+λ＜x1 x2λ等价于1+λ＜lnx1+λlnx2．
由（i）可知x1，x2分别是方程lnx﹣ax=0的两个根，
即lnx1=ax1，lnx2=ax2
所以原式等价于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），因为λ＞0，0＜x1＜x2，
所以原式等价于a＞，
又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，ln
=a（x1﹣x2），
即a=，所以原式等价于＞，
因为0＜x1＜x2，原式恒成立，即ln＜恒成立，
令t=，t∈（0，1），
则不等式lnt＜在t∈（0，1）上恒成立．
令h（t）=lnt﹣，
又h′（t）=，
当λ2≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，
所以h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．
当λ2＜1时，可见t∈（0，λ2）时，h′（t）＞0，t∈（λ2，1）时h′（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ2）时单调增，在t∈（λ2，1）时单调减，又h（1）=0，
所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式e1+λ＜x1 x2λ恒成立，只须λ2≥1，又λ＞0，所以λ≥1．