福州市闽侯县2016-2017年高二下期末考试数学试题(文)含答案

2016-2017学年度高二第二学期期末质量检测文科数学本试卷共22题，共150分，共4页，考试时间120分钟。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合{|21,}xAyyxR，2{|20}Bxxx，则（）A．1AB．3BC．()RACBAD．ABA2.设有下面四个命题1:p若复数z满足1zR，则zR；2:p关于x的不等式x2﹣ax+a＞0（a∈R）在R上恒成立的充分不必要条件是a＜0或a＞4；3:p14165()2lg4lg________81852；4:p已知函数)sin(xAy在同一周期内，当3x时有最大值2，当x=0时有最小值-2，那么函数的解析式为)23sin(2xy.其中的真命题为（）A.13,ppB.14,ppC.23,ppD.24,pp3.已知θ为第二象限角，那么3是（）A.第一或第二象限角B.第一或四象限角C.第二或四象限角D.第一、二或第四象限角4.记21sin23sin,23cos,21coscBA，则A,B,C的大小关系是（）A．ABCB．ACBC．BACD.CBA5.为了得到函数πsin(2)3yx的图象，只需把函数sin2yx的图象上所有的点()A.向左平行移动π3个单位长度B.向右平行移动π3个单位长度C.向左平行移动π6个单位长度D.向右平行移动π6个单位长度6.已知函数fx是偶函数，当0x时，21lnfxxx，则曲线yfx在点1,1f处切线的斜率为（）A．-2B．-1C．1D．27.化简12sin(2)cos(2)得()A.sin2cos2B.cos2sin2C.sin2cos2D.±cos2sin28.函数的图象大致为（）A.B.C.D.9.在ABC△中，内角CBA,,所对应的边分别为cba,,，且0sin2sinAbBa，若ABC△的面积3Sb，则ABC△面积的最小值为（）A．1B．312C．38D．1210.已知函数ln1fxxx，则fx的极大值与极小值之和为（）A.0B.1C.22eD.211.已知函数2017()sinfxxxx，若π0,2,2cos3sin320fmfm恒成立，则实数m的取值范围是（）A.1,3B.1,3C.1,3D.1,312.已知函数f（x）＝xe－ax有两个零点x1＜x2，则下列说法错误的是A．a＞eB．x1＋x2＞2C．x1x2＞1D．有极小值点x0，且x1＋x2＜2x0二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.函数12logcos34xy的单调递增区间为.14.已知fx为偶函数，当0x时，()ln()3fxxx，则曲线yfx在点(1,3)处的切线方程是_______________．15.若点(,0)是函数()sin3cosfxxx的一个对称中心，则cos2sincos__________16.设f(x)是定义在R且周期为1的函数，在区间0,1上，2,,xxDfxxxD其中集合D=1,nxxnNn，则方程f(x)-lgx=0的解的个数是.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（70分）17.（12分）（1）21023213(2)(9.6)(3)(1.5)48（2）已知角终边上一点P（－4，3），求)29sin()211cos()sin()2cos(的值18.（12分）已知,,abc分别为ABC△的内角,,ABC的对边，tan2sinbAaB．（Ⅰ）求A；（Ⅱ）若7,24abc，求ABC△的面积．19.（12分）已知函数3)3cos()2sin(tan4)(xxxxf.（Ⅰ）求)(xf的定义域与最小正周期；（Ⅱ）讨论)(xf在区间]4,4[上的单调性.20.（12分）某连锁分店销售某种商品，每件商品的成本为4元，并且每件商品需向总店交a（1≤a≤3）元的管理费，预计当每件商品的售价为x（7≤x≤9）元时，一年的销售量为（10﹣x）2万件．（Ⅰ）求该连锁分店一年的利润L（万元）与每件商品的售价x的函数关系式L（x）；（Ⅱ）当每件商品的售价为多少元时，该连锁分店一年的利润L最大，并求出L的最大值．21.（12分）已知函数e1xfxmx．（Ⅰ）讨论fx的单调性；（Ⅱ）若fx有两个零点12,xx（12xx），证明：120xx．22.（10分）选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线1C的方程为2219xy．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为28sin150．（Ⅰ）写出1C的参数方程和2C的直角坐标方程；（Ⅱ）设点P在1C上，点Q在2C上，求PQ的最大值．2016-2017学年度高二第二学期期末质量检测文科数学答题卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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。题号123456789101112答案二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.14.15.16.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（70分）17.（12分）18.（12分）19.（12分）20.（12分）21.（12分）22.（10分）2016-2017学年度高二第二学期期末质量检测文科数学试卷参考答案题号123456789101112答案DABBDBCABDAC13.336,644kkkz14.21yx15.111016.817.（1）原式212329373()1()()4822132232333()1()()222223331()()22212（2）∵角终边上一点P（－4，3）43tanxy∴cos()sin()2119cos()sin()22sinsinsincostan34．18.（Ⅰ）因为tan2sinbAaB，所以sintan2sinsinBAAB，因为sinsin0AB，所以1cos2A，因为0,πA，所以π3A．（Ⅱ）由余弦定理2222cosabcbcA，7a，得227bcbc，因为24cb，所以2272424bbbb，解得1b，或3b．又因为222cb，所以3,2bc，所以ABC△的面积13sin322SbcA．19.解：（Ⅰ）fx的定义域为,2xxkkZ.4tancoscos34sincos333fxxxxxx213=4sincossin32sincos23sin322xxxxxx=sin231-cos23sin23cos2=2sin23xxxxx.所以,fx的最小正周期2.2T解：令2,3zx函数2sinyz的单调递增区间是2,2,.22kkkZ由222232kxk,得5,.1212kxkkZ设5,,,441212ABxkxkkZ，易知,124AB.所以,当,44x时,fx在区间,124上单调递增,在区间412，上单调递减.20.解：（Ⅰ）由题得该连锁分店一年的利润L（万元）与售价x的函数关系式为L（x）=（x﹣4﹣a）（10﹣x）2，x∈．（Ⅱ）求函数的导数L'（x）=（10﹣x）2﹣2（x﹣4﹣a）（10﹣x）=（10﹣x）（18+2a﹣3x），令L′（x）=0，得或x=10，∵1≤a≤3，∴．①当，即时，∴x∈时，L'（x）≤0，L（x）在x∈上单调递减，故L（x）max=L（7）=27﹣9a．②当，即时，∴时，L′（x）＞0；时，L'（x）＜0，∴L（x）在上单调递增；在上单调递减，故．答：当每件商品的售价为7元时，该连锁分店一年的利润L最大，最大值为27﹣9a万元；当每件商品的售价为元时，该连锁分店一年的利润L最大，最大值为万元．21.21.解法一：（Ⅰ）e1xfxm，①当0m…时，0fx，fx在,上为增函数．②当0m时，令0fx，得1lnxm．若0fx，则1lnxm，fx在1,lnm上为增函数；若0fx，则1lnxm，fx在1ln,m上为减函数．（Ⅱ）①当0m…时，由（Ⅰ）知，fx为增函数，所以fx至多只有一个零点．②当1m„时，101m„，由（Ⅰ）知，max1ln0fxm„，所以0fx„在R上恒成立，fx至多只有一个零点．③当10m时，11m，则1110,lnln0emffmm，令2e12xxtxx，则e1xtxx，由（Ⅰ）知，当1m时，e1xfxx在,0为增函数，在0,为减函数，所以00fxf„，即e1xx…，所以0tx…，tx为增函数．所以当0x时，00txt，即2e12xxx，所以2112xfxmxx，所以222221110fmmmmmm„，因为fx在1,lnm上为增函数；fx在1ln,m上为减函数，所以fx有且只有两个零点．综上所述，1211210,1,ln,ln,mxxmmm．又因为010fm，所以1221,0,0,xxm依题意，121122e10,e10xxfxmxfxmx，所以21211eexxxxm．令1exxgx，则12gxgx，11eexxxxgx，当0x时，0gx，gx为减函数．要证120xx，即证210xx，只需证21gxgx，只需证11gxgx．令hxgxgx，即11eexxxhxx，所以2e1eeexxxxxxhxx，当10x时，2e1x，0hx，hx为增函数，所以100hxh，故11gxgx，故120xx．解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）因为fx有两个零点，所以方程e10xmx，即1exxm有两解．令1exxgx，则11eexxxxgx，当0gx时，0x，gx为增函数；当0gx时，0x，gx为减函数．所以01gxg„．又因为当1x时，0gx；当1x时，0gx，所以01m，且121,0,0,xx．要证120xx，即证210xx，只需证21gxgx，因为12mgxgx，