浙江省宁波市五校联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题【含答案解析】

2023学年第二学期宁波五校联盟期中联考高二年级数学学试题考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只需上交答题纸．Ⅰ选择题部分一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40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.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用集合的交并补运算即可得解.【详解】因为，，所以，又，所以.故选：C.2.已知函数的定义域为，则函数的定义域为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由求解即可【详解】函数的定义域为，由，得，则函数的定义域为故选：C3.已知，，，则a，b，c的大小关系为（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据式子结构，构造函数，利用导数判断出的单调性，进而得到a，b，c的大小关系.【详解】根据式子结构，构造函数，则，令，则，令，得，因此在单调递增，在单调递减，而，，因为，所以故选：D4.已知函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，为图象与轴的交点，为图象上的最高点，且，则（）A. B.C.在上单调递减 D.函数的图象关于点中心对称【答案】D【解析】【分析】根据为图象上的最高点，且点的纵坐标为1，为等腰直角三角形可以求出，进而求出周期，即求出，将点代入即可求出，从而确定函数解析式，再逐项判断.【详解】由为等腰直角三角形，为图象上的最高点，且点的纵坐标为1，所以．则函数的周期为4，由，，可得，又，所以，则，将点代入，得，则，．而，则，所以,则，A错误；，B错误；若，则，显然函数不是单调的，C错误；，所以函数的图象关于点中心对称，D正确.故选：D.5.下列图像中，不可能成为函数的图像的是（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用导数讨论函数的单调性和讨论函数值的正负得到答案.【详解】因为，，所以当时，无解，且此时在，单调递增，D选项符合此种情况.当时有两个解，且此时，单调递增，B选项符合此种情况.当时当时易知，时所以函数图像不可能是C.故选：C6.某人外出，委托邻居给家里盆栽浇一次水，若不浇水，盆栽枯萎的概率为0.8；若浇水，盆栽枯萎的概率为0.2．若邻居浇水的概率为P，该人回来盆栽没有枯萎的概率为0.74，则实数P的值为（）A.0.9 B.0.85 C.0.8 D.0.75【答案】A【解析】【分析】据给定条件，由全概率公式列式，求解计算即可求出结果.【详解】记A为事件“盆栽没有枯萎”，W为事件“邻居给盆栽浇水”，由题意可得，由对立事件的概率公式可得.由全概率公式可得，解得故选：A7.函数的零点为，函数的零点为，若，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由函数零点的性质可得到，再结合简单复合函数的单调性求出结果即可.【详解】因为，易得在上单调递增，又，，所以在上存在唯一零点，即，又由已知可得，，所以，即，因为，所以，结合选项可知无需考虑，则和这两个函数均为增函数，所以，即，所以，又，即，所以，即，所以.故选：D.8.已知函数，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令，即可判断为奇函数，从而得到关于对称，则，再判断的单调性，由对称性将不等式化为，再由单调性转化为自变量的不等式，解得即可.【详解】因为，令，，则，所以为奇函数，则关于原点对称，所以关于对称，则，则在定义域上单调递增，在上单调递减，所以在定义域上单调递减，则在定义域上单调递减，则不等式，即，所以，则，解得，即实数的取值范围是.故选：B二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分）9.函数，，用表示，中的较大者，记为，则下列说法正确的是（）A. B.，C.有最大值 D.最小值为0【答案】BD【解析】【分析】转化为分段函数求出的解析式，根据解析式结合二次函数及一次函数的单调性确定各选项即可得解【详解】令，即，解得或，所以可知，所以，故A错误；当时，，故B正确；由（或）可知，函数无最大值，故C错误；当或时，，当时，，所以最小值为0，故D正确.故选：BD10.下列关于排列组合数的说法正确的是（）A.B.C.已知，则等式对，恒成立D.，则x除以10的余数为6【答案】ABC【解析】【分析】对于A，由组合数性质即可计算判断；对于B，通过对比二项展开式的系数即可得恒等式，由此即可判断；对于C，由组合数的公式即可证明；对于D，通过对通项变形，采用裂项求和的方法得，由此即可判断.【详解】对于A，，故A正确；对于B，因为的展开式为，所以，故的展开式的的系数为，又因为，则，同理的展开式为，即的展开式的的系数为，由于，所以，在上式中，令，就有，故B选项正确；对于C，若，则，故C正确；对于D，因为，所以，所以，而是一些正整数的乘积，且里面含有10，所以的个位数字是0，所以x除以10的余数为9，不是6，故D错误.故选：ABC.11.投掷一枚质地均匀的硬币，规定抛出正面得2分，抛出反面得1分，记投掷若干次后，得n分的概率为，下列说法正确的是（）A. B.C.当时， D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件，利用相互独立事件、互斥事件的概率，逐项分析计算即可得解.【详解】对于A，第一次投掷出现反面，则，A正确；对于B，得2分的事件，可以是投掷2次都出现反面，也可以是投掷1次出现正面，，B错误；对于C，当时，得n分的事件，可以在得分后投掷出现反面，也可以是在得分后投掷出现正面，因此，C正确；对于D，由选项C知，当时，，则，因此数列是常数列，，即，所以当时，，D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.Ⅱ非选择题部分三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分，其中第13题第（1）空2分，第（2）空3分）12.已知，，则__________．【答案】##【解析】【分析】首先求出，再由诱导公式计算可得.【详解】因为，所以，又，所以，所以.故答案为：13.已知正实数a，b，c，，则的最大值为__________，的最小值为__________．【答案】①.②.【解析】【分析】第一空根据基本不等式，直接求出的最大值；第二空利用变形为，再将变形为，利用基本不等式整理为，进而再用基本不等式求得答案.【详解】因为正实数a，b，满足，所以，当且仅当时，等号成立；由正实数a，b，满足，可得，所以，而，当且仅当，即时取等号，，当且仅当时，即时取等号故答案为：；14.某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有__________种．【答案】396【解析】【分析】先按扇形区域中不相邻的两个区域是否是同种鲜花分类，每一类情况下分步完成即可求解.【详解】将六个扇形区域标号为1到6（如图所示），分两类完成这件事情：第一类：若1和3种植的鲜花相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有6种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种.第二类：若1和3种植的鲜花不相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种.按照分类加法计数原理得，共有种.故答案为：396.四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15.已知集合，非空集合．（1）当时，求；（2）若是的必要条件，求m的取值范围．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）根据已知条件化简集合和，再求交集即可.（2）根据已知可得是的子集，列不等式组进而求解.【小问1详解】集合，即，当时，集合，.【小问2详解】由是的必要条件，可得，,即，解得，即的取值范围为.16.函数．（1）若的定义域为，求实数a的取值范围；（2）方程在区间上有解，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）函数定义域为R，则在R上恒成立，只需方程无实数解即可；（2）把问题转化为①对恒成立，或②对恒成立，然后利用换元法和复合函数单调性求最值即可【小问1详解】．（1）由的定义域为，则函数对恒成立，方程无实数解，即．．【小问2详解】方程在区间上有解，等价于方程在区间上有解，即命题，使得，则命题，使得恒成立，或恒成立．①对恒成立，或②对恒成立，设，，令，则则，又在单调递减，在单调递增，且是增函数，根据复合函数的单调性可得，则在上单调递减，在上单调递增，所以，即即或，所以原命题．17.已知函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）解不等式；（3）函数的图象依次经过三次变换：①向左平移个单位长度，②纵坐标不变，横坐标变为原来的，③关于轴对称，得到函数的图象，求图象在轴右侧第二个对称中心的坐标．【答案】（1），（2），（3）．【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）结合（1）可得，又，结合诱导公式及正弦函数的性质计算可得；（3）首先根据三角函数的变换规则得到的解析式，再根据正弦函数的性质计算可得.【小问1详解】因为，令，，解得，，函数的单调递增区间为，．【小问2详解】不等式，即，又，则，所以，，解得，，所以不等式的解集为，．小问3详解】将向左平移个单位长度得到，再将的纵坐标不变，横坐标变为原来的得到，最后将关于轴对称得到，令，，解得，，所以的对称中心坐标为，，当为，当为，当为，在轴右侧第二个对称中心的坐标为．18.设，函数，，.（Ⅰ）若为偶函数，求的值；（Ⅱ）当时，若，在上均单调递增，求的取值范围；（Ⅲ）设，若对任意，都有，求的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）-15【解析】【分析】（Ⅰ）根据偶函数得到，计算得到答案.（Ⅱ）根据函数单调性得到，解得答案.（Ⅲ）等价代换得到，且恒成立，解得，计算最值得到答案.【详解】（Ⅰ）若偶函数，则对任意，都有，即，亦即，则；（Ⅱ）在上单调递减，在上单调递增故，其中，则；（Ⅲ）对任意，恒成立等价于对任意，恒成立，且恒成立，即恒成立，且恒成立.分别令函数，，注意到，故对任意，与恒成立的充要条件是即，亦即，因，故，因此.从而，即，当且仅当，时，等号成立，所以最大值是-15.【点睛】本题考查了函数的奇偶性，单调性，恒成立问题，最值问题，意在考查学生的综合应用能力.19.斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：，，（，），已知，则集合A中的元素个数可表示为，又有且．（1）求集合A中奇数元素的个数，不需说明理由；并求出集合B中所有元素之积为奇数的概率；（2）求集合B中所有元素之和为奇数的概率．（3）取其中的6个数1，2，3，5，13，21，任意排列，若任意相邻三数之和都不能被3整除，求这样的排列的个数．（如排列1，2，3，5，13，21中，相邻三数如“1，2，3”（“3，5，13”、“5，13，21”），和能被3整除，则此排列不合题意）【答案】（1）1350，；（2）；（3）96种【解析】【分析】（1）根据题意，得到必为偶数，得出连续3项，，全为偶数，或为1个偶数2个奇数，得到数列奇偶项分布为1偶2奇，记A中奇数元素的个数为m，求得，结合集合C的非空子集共有种，进而求得相应的概率；（2）设事件N：B中所有元素之和为奇数，A中所有的偶数元素的集合为D，B中所有的偶数元素的集合为F，B中所有的奇数元素的集合为E，分别求得中的种数，进而求得相应的概率；（3）根据题意，得到不能连续排列，分，，，，，各自捆绑，2组捆绑，1组分散，1组捆绑，2组分散，以及3组均分散，四种情况，结合分类计数原理，即可求解.【小问1详解】解：对于数列中的连续3项，，，由，可得，即必为偶数，则连续3项，，全为偶数，或为1个偶数2个奇数，又由为偶数，可得与同奇同偶，可知数列奇偶项分布为1偶2奇．记A中奇数元素的个数为m，则，集合B中所有元素之积为奇数，则B中所有元素为奇数，设A中所有的奇数元素的集合为C，，且，则集合B的元素组成情况，