[数学]浙江省宁波市五校联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题(解析版)

这是一份[数学]浙江省宁波市五校联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题(解析版)，共16页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。

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】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】函数的定义域为，
由，
得，
则函数的定义域为，故选：C
3. 已知， ， ，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】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：D
4. 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】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】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：C
6. 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. 0.9B. 0.85C. 0.8D. 0.75
【答案】A
【解析】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：A
7. 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】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】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】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：BD
10. 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】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】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
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】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】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】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．
解：（1）集合，即，
当时，集合，
.
（2）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．
解：（1）．
（1）由的定义域为，则函数对恒成立，
方程无实数解，
即．
．
（2）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．
解：（1）因为
，
令，，
解得，，
函数的单调递增区间为，．
（2）不等式，
即，
又
，
则，
所以，，
解得，，
所以不等式的解集为，．
（3）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，，.
（1）若为偶函数，求的值；
（2）当时，若，在上均单调递增，求的取值范围；
（3）设，若对任意，都有，求的最大值.
解：（1）若偶函数，则对任意，都有，
即，亦即，则；
（2）在上单调递减，在上单调递增
故，
其中，
则；
（3）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.
19. 斐波那契数列（Fibnacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契（Lenard Fibnacci）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）
解：（1）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，即集合C的非空子集共有种，
设事件M：B中所有元素之积为奇数，
则．
（2）设事件N：B中所有元素之和为奇数，设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，
则，，，
其中，且为奇数，
则集合B中的偶数元素的组成情况，即F的情况有种，
则集合B中的奇数元素的组成情况，即E的情况有种，
所以．
（3）由除以3的余数为1，记为，；
除以3的余数为2，记为，；
能被3整除，记为，，
由条件可知，不能连续排列，
①，，，，，各自捆绑，则有种排列方案；
②其中2组捆绑，1组分散，以，，，捆绑为例，则仅有或方案，
则有种方案；
③其中1组捆绑，2组分散，以，捆玤为例，在中插空，
则必会出现连续，
即相邻3项和被3整除，不合题意；
④3组均分散，则必有连续排列，不合题意，
综上，共有种方案．