2022-2023学年浙江省宁波市北仑中学高二（1班）下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年浙江省宁波市北仑中学高二（1班）下学期期中数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出集合,即可求出.

【详解】函数的定义域为，

所以，

结合交集的定义可得.

故选：B.

2．若，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据不等式的性质逐项进项检验即可求解.

【详解】对于，当，则，故选项错误；

对于，因为，当时，可得：，故选项错误；

对于，作差：，因为，所以，但的符号无法判断，所以选项错误；

对于，因为，由不等式的性质可得：，故选项正确，

故选：.

3．条件，，则的一个必要不充分条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】对于命题，由参变量分离法可得，求出函数在上的最大值，可得出实数的取值范围，再利用必要不充分条件的定义可得出合适的选项.

【详解】若，使得，则，可得，则，

因为函数在上单调递减，在上单调递增，

且，

故当时，，即，

所以，的一个必要不充分条件是.

故选：A.

4．已知函数，则的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数解析式，作出函数图象，继而作出的图象，数形结合，求得不等式的解集.

【详解】根据题意当时,，

当时, ,

作出函数的图象如图，

在同一坐标系中作出函数的图象，

由图象可得不等式解集为，

故选：C

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是正确的作出函数的图象，数形结合，求得不等式解集.

5．数学中处处存在着美，莱洛三角形就给人以对称的美感.莱洛三角形的画法如下：先画等边三角形，再分别以点为圆心，线段长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形（如图所示）.若莱洛三角形的周长为，则其面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据图形分析，利用扇形面积和三角形的面积公式，即可求解.

【详解】莱洛三角形的周长为，可得弧长，

则等边三角形的边长，

分别以点A、B、C为圆心，圆弧所对的扇形面积均为，

等边的面积，

所以莱洛三角形的面积是.

故选：C.

6．已知，则的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据三角函数单调性得出，作商比较与，得出，即可得出，同取以2为底的对数得出与，则只需比较与即可，根据对数运算与单调性得出，即可比较得出，即可得出答案.

【详解】，即，

，即，

则，

，

，

，

，

，

，

，即，

，

，即，

，即，

综上，

故选：D.

7．已知函数，若存在区间，使得函数在上的值域为，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据函数单调性，建立方程组，等价转化为二次方程求根，建立不等式组，可得答案.

【详解】由函数，显然该函数在上单调递增，

由函数在上的值域为，则，

等价于存在两个不相等且大于等于的实数根，且在上恒成立，则，

解得.

故选：D.

8．咖啡产品的经营和销售如何在中国开拓市场是星巴克、漫咖啡等欧美品牌一直在探索的内容，而2018年至今中国咖啡行业的发展实践证明了以优质的原材料供应以及大量优惠券、买赠活动吸引消费者无疑是开拓中国咖啡市场最有效的方式之一.若某品牌的某种在售咖啡产品价格为30元/杯，其原材料成本为7元/杯，营销成本为5元/杯，且该品牌门店提供如下4种优惠方式：（1）首杯免单，每人限用一次；（2）3.8折优惠券，每人限用一次；（3）买2杯送2杯，每人限用两次；（4）买5杯送5杯，不限使用人数和使用次数.每位消费者都可以在以上4种优惠方式中选择不多于2种使用.现在某个公司有5位后勤工作人员去该品牌门店帮每位技术人员购买1杯咖啡，购买杯数与技术人员人数须保持一致；请问，这个公司的技术人员不少于（    ）人时，无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利.

A．28 B．29 C．30 D．31

【答案】C

【分析】首先因为无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利，转化为当最优的购买方式购买时门店照样盈利，先分析用哪种优惠方式是最优购买，因为，所以最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡，故要想盈利必须按照优惠方式（3）和（4）售出20杯以上的咖啡才能盈利，后面再依次分析人数越多时何时品牌门店都能盈利即可得到答案．

【详解】解：由题意知，咖啡产品原价为 30 元杯，成本为 12 元杯，

优惠方式（1）免单购买，每购买1杯该品牌门店亏损12元；

优惠方式（2）每杯售价11.4元，每购买1杯该品牌店亏损0.6元；

优惠方式（3）和（4）相当于5折购买，每购买1杯该品牌门店盈利3元；

我们只需要考虑最优的购买方式，每位后勤工作人员能选择2种优惠方式，

必然包含优惠方式（1），可以免单购买5杯咖啡，该品牌门店因此亏损60元，

最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡

，说明只要用原价购买1杯咖啡，哪怕最大程度利用3.8折优惠，花费也一定会超过搭配使用（2）（4）优惠购买咖啡），

故显然该品牌门店必须按照优惠方式（3）和（4）售出20杯以上的咖啡才能盈利，

故技术人员人数一定多于人；

技术人员在人时，免单购买5杯咖啡买5送5购买20杯咖啡折购买14杯咖啡，该品牌门店依旧亏损；

技术人员为30人时，最优购买方式为免单购买5杯咖啡十买5送5购买20杯咖啡十买2送2购买4杯咖啡折购买1杯咖啡，

该品牌门店盈利元； 由于 4，

故技术人员超过30人时，该品牌门店能保证持续盈利．

故选：C．

【点睛】本题考查函数的实际应用，考查了分类讨论思想，将文字语言转化为数学语言是本题的关键，属于难题．

二、多选题

9．下列各式中，值为的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】对于A，采用降幂公式，结合特殊角三角函数，可得答案；

对于B，根据特殊角三角函数，结合正切的和角公式，可得答案；

对于C，根据辅助角公式，结合特殊角三角函数，可得答案；

对于D，根据积化和差公式，结合特殊角三角函数，可得答案.

【详解】对于A，

，故A正确；

对于B，，故B正确；

对于C，

，故C错误；

对于D，

，故D正确；

故选：ABD.

10．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，进而可得为周期为4的偶函数，然后赋值法逐项分析即得．

【详解】因为是偶函数，则，两边求导得，

所以是奇函数，故，

由，，得，

即，所以是周期函数，且周期为4，，

，所以，

对选项A：由，令得，，所以，故A正确；

对选项B：由，令得，，故，所以B正确；

对选项C：由，可得，

又，所以，

又是奇函数，，

所以，又，

所以，即，

所以，，，

所以函数为周期为4的偶函数，

所以，故C正确；

对选项D：，由题得不出，所以不一定成立，故D错误.

故选：ABC.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用条件得出函数的奇偶性及周期性，进而得到函数的性质，然后利用赋值法求解.

11．已知函数在上恰有3个零点，则（    ）

A．

B．在上单调递减

C．函数在上最多有3个零点

D．在上恰有2个极值点

【答案】BC

【分析】首先利用辅助角公式得，根据范围得到的范围，结合图像列出不等式，则得到的范围，利用代入检验法即可判断B选项，对C选项证明达不到四个零点，再列举三个零点的情况即可，对D选项，找到一个值满足3个极值点即可.

【详解】，

，，，

函数在上恰有3个零点，

故，解得，故A错误，

当，，

，，，

而正弦函数在上单调递减，

故函数在上单调递减正确，故B正确，

令，即，解得

，，，

区间长度为，若在某闭区间上有四个解，

则区间长度至少为，比如，则不可能存在四个解，

当时，即，，

则或或，解得或或，

故最多有3个零点，故C正确.

当时，此时，令，,

解得，，则 ，

解得，，，

当时，，当时，，当时，，

此时在上有3个极值点，故D错误，

故选：BC.

【点睛】关键点睛：首先利用辅助角公式将函数化成关于正弦的函数，然后整体法结合图像得到关于的不等式，即可求出其范围，单调性问题可以通过代入检验，零点个数和极值点个数问题，通过寻找特例去证明或反驳，这也是选择题常用的方法.

12．定义全集的子集的特征函数,这里表示在全集中的补集,那么对于集合、,下列所有正确说法是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】利用特征函数的定义知,由,对与、关系分类讨论,可得A正确;利用特征函数的定义可判断B的正误;取特殊值情况,利用定义可判断C的正误;利用集合运算与函数运算进行分类讨论可判断D的正误,综合可得出结论.

【详解】对于A:,分类讨论:

①当,则,此时;

②当,且,即,此时;

③当,且,即时,,,此时.

综上有,故A正确;

对于B:,故B正确;

对于C:假设,任取,则,则,,则,故C不正确;

对于D:(1)若,则,有三种情况:

①当时,;

②当时,;

③当且时,,

以上均满足.

(2)若时,有以下4中情况,

①当且时,,;

②当且时,,;

③当时,;

④当时,,

以上均满足.

综上所述,,故D正确.

故选:ABD.

三、填空题

13．=_________

【答案】2

【分析】利用对数和指数的运算性质即可求解.

【详解】

，

故答案为：.

14．设命题，命题，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是__________．

【答案】

【分析】解不等式得到，根据充分不必要条件得到且，解得答案.

【详解】命题，故，解得；命题

p是q的充分不必要条件，则且，解得.

故答案为：

15．已知，，，则的最小值为______．

【答案】/

【分析】将变形为，然后利用基本不等式求解得，再根据取等号的条件可得，判断出的范围，进而判断得的范围，可得，可得所求最小值.

【详解】，

当且仅当，即时取“＝”，

此时，∵，，

∴，∴，∴，

∴原式，此时，，．

故答案为：

【点睛】求解本题的关键是将原式变形为，根据基本不等式求最值，由取等号的条件，化简得，从而求解的范围.

16．在中，，D为BC的中点，则的最大值为______．

【答案】

【分析】先设，由三角形三边关系得到，再利用三角函数的诱导公式与余弦定理得到，从而利用换元与基本不等式求得的最小值，结合与在上的单调性即可求得的最大值.

【详解】设，则，

因为为的中点，，所以，

由三角形三边关系，可知且，解得，

在中，由余弦定理，得，

在中，由余弦定理，得，

因为，所以,

所以，解得，

则，，

令，则，，，

则，

当且仅当，即时，等号成立，此时，解得，

因为，所以．

因为在上单调递减，在单调递增，

所以当取得最小值时，取得最大值，

此时，则，

所以的最大值为.

故答案为：.

.

【点睛】关键点睛：本题中突破口为，由此得到，再结合余弦定理得到，最后利用基本不等式即可得解.

四、解答题

17．已知函数.

(1)求的单调递增区间；

(2)若在上存在最小值，求实数t的取值范围；

(3)方程在上的两解分别为，求的值.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）先根据差角的正弦公式及辅助角公式化简得，由计算得解.

（2）由题知，在上存在最小值，只需，继而得解.

（3）设，由题意求得，，，由两角差的余弦公式可求出的值，求出的取值范围，进而利用二倍角余弦公式可求出的值.

【详解】（1）

，

由，得，

所以的单调递增区间为：.

（2）当时，，

因为在上存在最小值，所以，

所以.

实数t的取值范围为.

（3）设，，则，

由于正弦函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，

由，得，

因为方程在上的两解分别为、，

则，必有，，

所以，，同理，

，

由于，且，，则，

由，可得.

18．已知函数，．

（Ⅰ）若，解不等式；

（Ⅱ）设是函数的四个不同的零点，问是否存在实数，使得其三个零点成等差数列？若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）存在，

【解析】（Ⅰ）先去绝对值，再讨论的取值，求解不等式的解集；（Ⅱ）由题意可知，利用判别式和等差中项进行讨论，求出所有满足条件的的值，判断是否成立即可.

【详解】（Ⅰ），

由题意知，

当时，，即，得，

若时，即时，不等式的解集为，

若时，即时，不等式的解集为，

时，，即，

若时，即时，无解，

若时，即时，

由得，

又，，

不等式的解集为，

综上，当时，不等式的解集，

当时，不等式的解集为；

（Ⅱ），

有4个不同的零点，

且，

，

不妨设，则，

①若成等差数列，则，此时，，不符合题意，

②若成等差数列，同①不符合题意，

③若成等差数列，则 ，，

，，

或均舍去，

④若成等差数列，则 ，，

，，

（舍）或，

综上可知，存在符合题意.

【点睛】本题考查含绝对值函数表达式，以及不等式的解法，等差数列问题，采用分类讨论是解决本题的关键，属于难题.

19．在中，角A、B、C对的边分别为a、b、c．且．

(1)求角B的大小；

(2)求的取值范围；

(3)若，，P为AC边中点，求BP的长．

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简结合特殊角的三角函数值即得；

（2）根据三角恒等变换结合正弦函数的性质即得；

（3）由题可得，然后利用模长公式结合条件即得.

【详解】（1）因为，

所以，即，

化简得，

故，又，

故；

（2）由（1）知，，

故，

又，则，，

即；

（3）∵，

∴，又，，

∴，

∴，即BP的长为.

20．已知函数

(1)讨论函数的单调性；

(2)当时，恒成立，求的最大整数值．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）利用导数的运算法则可得，利用导数研究函数的单调性，即可求解；

（2）由（1），根据零点的存在性定理可知存在使得，即．进而可得函数的单调性，则，结合对勾函数的性质即可求解.

【详解】（1）函数的定义域为，．

令，，

当时，恒成立，所以函数在上递增；

当时，在区间，，函数递减；

在区间，，函数递增．

（2）当时，，，

由（1）知，在上递增，且，，

所以存在使得，即．

在区间上，，函数单调递减；

在区间上，，函数单调递增．

所以当时，取得极小值也即是最小值，

为，

设，则，

令或，令或，

所以函数在和上单调递减，在和上单调递增.

∵，∴，所以．

由恒成立，得，故的最大整数值为．

21．将一块圆心角为，半径为的扇形铁片裁成一块矩形，有两种裁法（如图所示），让矩形一边在扇形的一条半径OA（图1），或让矩形一边与弦AB平行（图2），对于图1和图2，均记．

(1)对于图1，请写出矩形面积关于的函数解析式；

(2)对于图2，请写出矩形面积关于的函数解析式；（提示：）

(3)试求出的最大值和的最大值，并比较哪种裁法得到的矩形的面积更大？

【答案】(1)

(2)

(3)最大值为200，最大值为，选择图2裁法得到的矩形的面积更大.

【分析】（1）在中，，，表示即可；

（2）对于图2，在中，由正弦定理得，根据对称性求得，表示即可；

（3）根据三角函数化减的结果结合角的范围求最值并比较大小.

【详解】（1）对于图1，在中，，，

矩形的面积为.

（2）对于图2，在中，由正弦定理得.

由对称性可知，的平分线所在直线为对称轴，则,，

所以矩形的面积为

.

（3），

当时，取最大值，最大值为200；

.

当时，取最大值，最大值为.

所以，选择图2裁法得到的矩形的面积更大.

22．已知.

(1)证明：当时，在上单调递增；

(2)当时，关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）求导，得到导函数大于0恒成立，证明出结论；

（2）变形得到在上恒成立，令，二次求导，求出导函数单调递增，结合，分与两种情况，讨论得到的取值范围.

【详解】（1）证明：因为，

所以，

因为，所以，又，所以，

所以在上单调递增.

（2）当时，，

即

所以，即在上恒成立.

令，则，

令，

则.

因为，所以，所以，

所以在上单调递增，所以.

①当，即时，在上，，即，所以在上单调递增，

所以对，即在上恒成立，符合题意；

②当，即时，，

又，若，则在上，，即，所以在上单调递减，所以，不合题意；

若，则存在，使得，

所以在上，，即，

所以在上，单调递减，所以对不合题意.

综上所述，关于的不等式在上恒成立，实数的取值范围为.

【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.