云南高二數學試題及答案姓名：____________________

一、選擇題（每題5分，共30分）

1.已知函數$f(x)=2x^3-3x^2+4x+1$，則$f(2)$的值為（）

A.7B.9C.11D.13

2.若$\triangleABC$的三個內角$A$、$B$、$C$滿足$A+B+C=180^\circ$，且$\sinA+\sinB+\sinC=4$，則$\cosA+\cosB+\cosC$的值為（）

A.2B.4C.6D.8

3.已知數列$\{a_n\}$的通項公式為$a_n=3^n-2^n$，則數列的前$n$項和$S_n$為（）

A.$S_n=3^n-2^n$B.$S_n=3^n+2^n-1$

C.$S_n=3^n-2^n+1$D.$S_n=3^n-2^n-1$

4.若復數$z$滿足$|z-1|=|z+1|$，則$z$在復平面上的軌跡為（）

A.$x=0$B.$y=0$C.$x^2+y^2=1$D.$x^2-y^2=1$

5.已知等差數列$\{a_n\}$的首項$a_1=2$，公差$d=3$，則數列的前$n$項和$S_n$為（）

A.$S_n=\frac{n(2+3n)}{2}$B.$S_n=\frac{n(2+3n-1)}{2}$

C.$S_n=\frac{n(2+3n+1)}{2}$D.$S_n=\frac{n(2+3n-2)}{2}$

二、填空題（每題5分，共25分）

1.已知函數$f(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}$，則$f(0)$的值為______。

2.若$\sinA=\frac{3}{5}$，$\cosB=\frac{4}{5}$，且$A$、$B$都是銳角，則$\sin(A+B)$的值為______。

3.已知數列$\{a_n\}$的通項公式為$a_n=2^n-1$，則數列的前$n$項和$S_n$為______。

4.已知復數$z$滿足$|z-1|=|z+1|$，則$z$在復平面上的軌跡方程為______。

5.已知等差數列$\{a_n\}$的首項$a_1=3$，公差$d=2$，則數列的第10項$a_{10}$的值為______。

三、解答題（每題15分，共45分）

1.已知函數$f(x)=x^3-3x^2+4x-1$，求函數$f(x)$的對稱軸方程。

2.已知等差數列$\{a_n\}$的首項$a_1=1$，公差$d=2$，求該數列的前$n$項和$S_n$。

3.已知函數$f(x)=\sinx+\cosx$，求函數$f(x)$的值域。

4.已知復數$z$滿足$|z-1|=|z+1|$，求$z$在復平面上的軌跡方程。

四、解答題（每題15分，共45分）

5.已知數列$\{a_n\}$滿足遞推關系式$a_{n+1}=2a_n-1$，且$a_1=1$，求：

(1)數列$\{a_n\}$的通項公式；

(2)數列的前$n$項和$S_n$。

6.已知函數$f(x)=\frac{1}{x}+\sqrt{x}$，其中$x>0$，求：

(1)函數$f(x)$的單調區間；

(2)函數$f(x)$的極值。

五、證明題（每題15分，共30分）

7.證明：若$\triangleABC$中，$a^2+b^2=c^2$，則$\sinA=\sinB$。

8.證明：對于任意實數$x$，都有$(x+1)^2\geq4x$。

六、應用題（每題15分，共30分）

9.某工廠生產一種產品，每生產一個單位產品需要成本$C$元，其中$C$與生產的產品數量$n$之間的關系為$C=10n+500$。假設產品售價為每單位$P$元，求：

(1)當$n=100$時，總利潤$L$與售價$P$之間的關系；

(2)求使總利潤$L$最大的售價$P$。

10.某班級有學生50人，其中男生人數是女生人數的$\frac{2}{3}$，求該班級男生和女生的人數。

試卷答案如下：

一、選擇題

1.答案：A

解析思路：將$x=2$代入函數$f(x)$中，得到$f(2)=2^3-3\cdot2^2+4\cdot2+1=8-12+8+1=7$。

2.答案：B

解析思路：由三角形的內角和定理知$A+B+C=180^\circ$，則$\sin(A+B+C)=\sin180^\circ=0$。根據正弦的和角公式，$\sin(A+B+C)=\sinA\cosB+\cosA\sinB+\sinC\cosC$，代入已知條件$\sinA+\sinB+\sinC=4$，得到$\sinA\cosB+\cosA\sinB+\sinC\cosC=0$。由于$A$、$B$、$C$是銳角，$\cosC>0$，所以$\sinA\cosB+\cosA\sinB=-\sinC\cosC$。又因為$\sinC=\sqrt{1-\cos^2C}$，所以$\sinA\cosB+\cosA\sinB=-\sqrt{1-\cos^2C}\cosC$。由于$\cosB=\frac{4}{5}$，代入上式得到$\sinA\cdot\frac{4}{5}+\cosA\cdot\frac{3}{5}=-\sqrt{1-\left(\frac{4}{5}\right)^2}\cdot\frac{4}{5}$，解得$\sinA=\frac{3}{5}$。同理，$\cosA=\frac{4}{5}$，所以$\cosA+\cosB+\cosC=\frac{4}{5}+\frac{4}{5}+\frac{3}{5}=4$。

3.答案：B

解析思路：由數列的遞推關系$a_{n+1}=3a_n-2^n$，可以推出$a_n=3^{n-1}-2^{n-1}$，所以數列的前$n$項和$S_n=(3^0-2^0)+(3^1-2^1)+\ldots+(3^{n-1}-2^{n-1})$。這是一個等比數列和一個等差數列的和，可以分別求和后再相減。

4.答案：A

解析思路：由$|z-1|=|z+1|$，可以得到$(z-1)(\bar{z}-1)=(z+1)(\bar{z}+1)$，即$z\bar{z}-z-\bar{z}+1=z\bar{z}+z+\bar{z}+1$，化簡得$-2z-2\bar{z}=0$，即$z+\bar{z}=0$。由于$z=a+bi$，$\bar{z}=a-bi$，所以$2a=0$，即$a=0$。因此$z$在復平面上的軌跡是$y=0$。

5.答案：D

解析思路：等差數列的前$n$項和$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}$，其中$a_n=a_1+(n-1)d$。將$a_1=2$和$d=3$代入，得到$S_n=\frac{n(2+2+(n-1)\cdot3)}{2}=\frac{n(2+2+3n-3)}{2}=\frac{n(3n+1)}{2}$。

二、填空題

1.答案：1

解析思路：直接代入$x=0$，得到$f(0)=\frac{1}{0}+\frac{1}{1-0}=1$。

2.答案：$\frac{3}{5}$

解析思路：由$\sinA=\frac{3}{5}$，可知$\cosA=\sqrt{1-\sin^2A}=\frac{4}{5}$。同理，$\cosB=\frac{4}{5}$，則$\sinB=\sqrt{1-\cos^2B}=\frac{3}{5}$。由$\sin(A+B)=\sinA\cosB+\cosA\sinB$，代入$\sinA$和$\cosB$的值，得到$\sin(A+B)=\frac{3}{5}\cdot\frac{4}{5}+\frac{4}{5}\cdot\frac{3}{5}=\frac{12}{25}+\frac{12}{25}=\frac{24}{25}$。

3.答案：$S_n=3^n-2^n+1$

解析思路：由數列的遞推關系$a_{n+1}=3a_n-2^n$，可以推出$a_n=3^{n-1}-2^{n-1}$，所以數列的前$n$項和$S_n=(3^0-2^0)+(3^1-2^1)+\ldots+(3^{n-1}-2^{n-1})$。這是一個等比數列和一個等差數列的和，可以分別求和后再相減。

4.答案：$x^2+y^2=1$

解析思路：由$|z-1|=|z+1|$，可以得到$(z-1)(\bar{z}-1)=(z+1)(\bar{z}+1)$，即$z\bar{z}-z-\bar{z}+1=z\bar{z}+z+\bar{z}+1$，化簡得$-2z-2\bar{z}=0$，即$z+\bar{z}=0$。由于$z=a+bi$，$\bar{z}=a-bi$，所以$2a=0$，即$a=0$。因此$z$在復平面上的軌跡是$y=0$，即$x^2+y^2=0$。

5.答案：$a_{10}=3+9d=3+9\cdot2=21$

解析思路：等差數列的第$n$項$a_n=a_1+(n-1)d$，將$a_1=3$和$d=2$代入，得到$a_{10}=3+9\cdot2=3+18=21$。

三、解答題

1.答案：

(1)對稱軸方程為$x=1$；

(2)解析思路：函數$f(x)=x^3-3x^2+4x-1$的導數為$f'(x)=3x^2-6x+4$。令$f'(x)=0$，解得$x=1$或$x=\frac{2}{3}$。由于$f''(x)=6x-6$，當$x=1$時，$f''(1)=0$，不是極值點；當$x=\frac{2}{3}$時，$f''\left(\frac{2}{3}\right)=0$，也不是極值點。因此，對稱軸方程為$x=1$。

2.答案：

(1)$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=\frac{n(1+1+(n-1)\cdot2)}{2}=\frac{n(2+2n-2)}{2}=n^2$；

(2)解析思路：由等差數列的前$n$項和公式$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}$，代入$a_1=1$和$d=2$，得到$S_n=\frac{n(1+1+(n-1)\cdot2)}{2}=\frac{n(2+2n-2)}{2}=n^2$。

3.答案：

(1)單調遞增區間為$(-\infty,-1)$和$(1,+\infty)$，單調遞減區間為$(-1,1)$；

(2)解析思路：函數$f(x)=\sinx+\cosx$的導數為$f'(x)=\cosx-\sinx$。令$f'(x)=0$，解得$x=\frac{\pi}{4}+k\pi$，$k$為整數。由于$f'(x)$在$(-\infty,-1)$和$(1,+\infty)$上為正，在$(-1,1)$上為負，所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$和$(1,+\infty)$上單調遞增，在$(-1,1)$上單調遞減。由于$f(x)$的周期為$2\pi$，所以值域為$[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$。

4.答案：

(1)軌跡方程為$x^2+y^2=1$；

(2)解析思路：由$|z-1|=|z+1|$，可以得到$(z-1)(\bar{z}-1)=(z+1)(\bar{z}+1)$，即$z\bar{z}-z-\bar{z}+1=z\bar{z}+z+\bar{z}+1$，化簡得$-2z-2\bar{z}=0$，即$z+\bar{z}=0$。由于$z=a+bi$，$\bar{z}=a-bi$，所以$2a=0$，即$a=0$。因此$z$在復平面上的軌跡是$y=0$，即$x^2+y^2=0$。

四、解答題

5.答案：

(1)通項公式為$a_n=2^n-1$；

(2)解析思路：由遞推關系$a_{n+1}=2a_n-1$，代入$a_1=1$，得到$a_2=2a_1-1=2\cdot1-1=1$，$a_3=2a_2-1=2\cdot1-1=1$，以此類推，可以發現$a_n$始終為1，因此通項公式為$a_n=2^n-1$。

6.答案：

(1)單調遞增區間為$(0,+\infty)$，單調遞減區間為$(0,+\infty)$；

(2)解析思路：函數$f(x)=\frac{1}{x}+\sqrt{x}$的導數為$f'(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{2\sqrt{x}}$。令$f'(x)=0$，解得$x=\frac{1}{4}$。由于$f'(x)$在$(0,+\infty)$上始終為正，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調遞增。由于$f(x)$的周期為$2\pi$，所以值域為$(-\infty,+\infty)$。

五、證明題

7.答案：

(1)證明：由余弦定理知$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$，代入$a^2+b^2=c^2$得到$2ab\cosC=0$。由于$a$和$b$都大于0，所以$\cosC=0$，即$C=90^\circ$。因此$\sinC=\sin90^\circ=1$，同理$\sinA=\sinB=1$。

8.答案：

(1)證明：由均值不等式知$\frac{x+1}{2}\geq\sqrt{x}$，兩邊平方得$\left(\frac{x+1}{2