浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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一、单项选择题：本题共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. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解．
【详解】集合，集合，
故．
故选：C．
2. 已知函数，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用指、对数的运算性质，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又，所以，则，
故选：B
3. （ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换求出三角函数的值．
【详解】．
故选：D．
4. 在中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先证明条件是必要的，再构造反例说明条件不是充分的.
【详解】若，则，故条件是必要的；
当，，时，有，，故条件不是充分的.
故选：B.
5. 函数，，如图所示，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对，，分别计算可判断是否成立，可求.
【详解】当时，，，
不满足，
当时，，，
满足，
当时，，，
不满足，
综上所述：.
故选：A.
6. 我们把正切函数在整个定义域内的图象看作一组“平行曲线”，而“平行曲线”具有性质：任意两条平行直线与两条相邻的“平行曲线”相交，被截得的线段长度相等. 已知函数图象中的两条相邻“平行曲线”与直线相交于、两点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由“平行曲线”的性质和周期公式求出，再代入函数值结合两角和的正切展开式计算即可.
【详解】由“平行曲线”的性质可得函数的最小正周期为，
所以，
所以，
所以，
故选：D.
7. 如图所示，在梯形中，，，点是上一点，，的面积为，则的长为（ ）
A. B. C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，求得，得到方程，再由的面积为，得到，联立方程组，求得的值，即可求解.
【详解】由题意，设，则，
可得，整理得，
又由，即，
联立可得，联立方程组，解得，
所以.
故选：A.
8. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用零点存在定理得到；由得，从而有，得到，由得到，得到，从而求出结果.
【详解】令，易得单调递增，
又，，
所以在存在唯一零点，
因为，所以，
由，知，所以，
又函数在上单调递减，所以，
由，知，所以，所以，
综上，.
故选：D.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于构造函数，利用零点存在定理得到，再利用指对数函数的单调性解决问题.
二、多项选择题：本题共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.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 若的最小值是1，则实数的值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据条件，利用绝对值三角不等式，即可求出结果.
【详解】因为，当且仅当取等号，
又的最小值是1，所以，解得或，
故答案为：AC.
10. 已知函数是定义域上的奇函数，则下列选项中错误的是（ ）
A. B. 有解
C. D. 与的图象关于对称
【答案】ABCD
【解析】
【分析】对于A，验证符合题意即可说明选项错误；对于B，假设，再得出矛盾即可说明选项错误；对于C，利用单调性和奇偶性可验证结论不成立，从而说明选项错误；对于D，利用图象对称对应的恒等式，验证其不恒成立，即可说明选项错误.
【详解】对于A：若，则由知的定义域包含，再由是奇函数有，代入得，故，经检验符合题意.
若，则，其定义域关于原点对称，且，从而是奇函数.
这表明的所有可能值是或，故A错误；
对于B：由上面的结论知或.
无论哪种情况，都意味着，两边同时平方得到，即，这是不可能的.
所以无解，故B错误；
对于C：若，则由知单调递减；
若，则由知在上单调递减.
无论怎样，都有在上单调递减，故.
所以，故C错误；
对于D：该选项的描述即为（若等号两边都有意义）.
即（若等号两边都有意义）.
但根据上面的论证，知在上单调递减，故时必有.故D错误.
故选：ABCD.
11. 若，为函数的两个不同零点，令，则下列命题正确的是（ ）
A. 是函数的一个周期B. 是函数的一个单调递减区间
C. 函数的图象是轴对称图形D. 函数的图象是中心对称图形
【答案】BC
【解析】
【分析】由于此题的零点无法求解，因此联想到数形结合来做，即通过分析特殊值来确定选项A，再通过研究方程的解来分析选项C、D．
【详解】对于A，若时，，
此时，设，则，
故为上的增函数，而，
故当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
而，故仅有一个零点，与题设矛盾，故.
同理，
当时，，
此时，同理可得在上为减函数，在上为增函数，
而，，故此时 有两个不同的零点，
故的周期不是，故A错误.
对于B，的零点差的绝对值等价于的零点差的绝对值,其中.
设，其图像如图所示，
根据对称性及A中讨论，我们仅讨论在上的两个不同零点差的绝对值，其中，
设该方程较大的零点为，较小的零点为，则，
因为，故.
设，
的两个根为，且，
则，，所以.
同理的两边不同的零点也满足：
，其中，
而为减函数，
故，
故，
故即，故在为减函数，故B成立.
对于C，结合B中的图像关于直线对称可知，
即函数的图象关于直线对称，即选项C是正确的；
对于D， 因为即为，
故的周期为，
当且逐步增大时，结合的图像可得：
由小增大，达到最大值后再逐步变小，故的图像无对称中心.故D错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 用列举法表示集合的结果为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知为的约数，求得的取值，用列举法表示集合即可.
【详解】由可知为的约数，所以，
因为，所以，此时，
集合为.
故答案为：.
13. 将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位得到曲线. 若曲线的图象关于直线对称，则的值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】先求出曲线的解析式，然后根据图象的对称性即得，最后利用余弦函数的性质及的范围可求得的值.
【详解】将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象；
再将函数的图象向右平移个单位，得到曲线.
由条件知该曲线关于直线对称，故对应函数在处取得最大值或最小值，从而，即.
从而，即.
再由即，就得到，从而，故.
故答案为：.
14. 已知，，，且满足，则的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知结合对数的换底公式进行化简，然后结合基本不等式即可求解．
【详解】因为，，，且满足，
所以，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，，
因为，
所以，
所以，所以，
故的最大值为．
故答案为：．
四、解答题：本题共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. 已知不等式的解集为，函数的定义域为.
（1）求；
（2）若，求的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用分式不等式的解法求出结果；
（2）利用对数的定义域和集合间的关系求出参数的取值范围．
【小问1详解】
不等式，整理得：，即，解得：，
故集合的解集为．
【小问2详解】
由于,，由于，
则的定义域满足对,，恒成立，
故满足，整理得，故实数的取值范围．
16. 已知定义在上的函数满足.
（1）求；
（2）若函数，，是否存在实数使得的最小值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）将已知中的替换为，得出方程组，求解即可得到答案；
（2）由（1）可得，利用换元法令，结合一元二次函数单调性讨论即可.
【小问1详解】
由可得，
联立，
解得.
【小问2详解】
由（1）可得，
令，则当时，，
所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，，解得，与矛盾，
当，即时，，解得，与矛盾，
当，即时，，解得，与矛盾，
综上不存在实数使得的最小值为.
17. 已知函数的最小正周期为.
（1）求的值及函数的单调递增区间；
（2）若函数在区间内既有最大值又有最小值，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得，再由周期公式及正弦函数的单调性求解即可；
（2）首先根据区间形式得到，再利用整体法结合正弦函数性质得到不等式组，解出即可.
【小问1详解】
，
由题意可得：，则，
∴，
令，则
∴函数的单调增区间为；
【小问2详解】
根据区间形式得，则，
又因为，则，，
若在区间内既有最大值又有最小值，
则，解得；
或者，解得；
综上两者取并集得.
所以取值范围为.
18. 已知在中，角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求；
（2）若，且的角平分线交于，为边的中点，与交于点. 求；
（3）若，求内切圆半径的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）内切圆半径的取值范围为
【解析】
分析】（1）由正弦定理可得，利用三角恒等变换可得；
（2）设，可求得，，利用，可求值；
（3）由余弦定理可得，可求得，进而可得，进而计算可求得内切圆半径的取值范围.
【小问1详解】
由,结合正弦定理得，
所以，所以,
所以，因为，所以，
所以，因为，所以.
【小问2详解】
当时，设，由（1）可知，则，
因为是的中点，故，所以，
所以，，
所以
；
【小问3详解】
由余弦定理可得，
所以，
当且仅当时取等号，所以，又，所以,
因，
由，可得，
所以，
所以，所以内切圆半径的取值范围为.
19. 已知函数，函数.
（1）若，求的值域；
（2）若：
（ⅰ）解关于的不等式：；
（ⅱ）设，若实数满足，比较与的大小，并证明你的结论.
【答案】（1）
（2）（ⅰ） （ⅱ）当且时，；当或时，，证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用函数的奇偶性和双勾函数的性质可求值域.
（2）利用即可求出不等式的解集，然后证明，再代入解析式证明，最后判断不等号两边相等的条件即可.
【小问1详解】
当时，，其定义域为，
而，故为奇函数，
当时，;
当时，，而在上的值域为,
故此时，结合为奇函数可得的值域是.
【小问2详解】
若：
（ⅰ）
由于，
故不等式等价于，即或.
由是负数，知原不等式的解集为；
（ⅱ）
由于关于的方程有解，故关于的方程有解.
如果，则该方程是二次方程，所以其判别式非负，即.
从而和这两个结论中，至少有一个成立.
但当时，亦有.
故一定成立，所以.
同理，所以.
故，所以.
所以由，即可得到.
根据上面的证明过程显然能够得出，不等号两边相等当且仅当且.
综上，比较的结果为：
当且时，；
当或时，.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于将函数的解析式与不等式结合，利用函数的性质即可更容易地解出与之相关的不等式.