浙江省宁波市2024_2025学年高二数学下学期期中测试试卷含解析

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注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应期目选项的答案标号涂黑．
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔成签字笔作答，答案必须写在答图卷各题目指定区域内相应
位置上，不准使用铅笔和涂改液．
4．考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破．
选择题部分（共 58 分）
一、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 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】解不等式化简集合 A，进而可得并集.
【详解】因为集合 ，
且集合 ，所以 .
故选：D.
2. 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】C
【解析】
【详解】试题分析：由正弦定理 ，得 ，由 得 ，
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即 ，由大边对大角得 ；当 得 ，即 ，由正弦定理得 ，因此
“ ”是“ ”的充要条件，故答案为 C.
考点：1、正弦定理的应用；2、充要条件的判断.
3. 函数 在 上的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用排除法，根据函数奇偶性排除 CD，再根据函数单调性排除 B.
【详解】因为 ，
可知函数 为偶函数，其图象关于 y 轴对称，故 CD 错误；
且 ，则 ，
可知 在 内存在递减区间，故 A 错误；
故选：B.
4. 已知 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
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【解析】
【分析】利用诱导公式求出 ，然后利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得所求代数式的
值.
【详解】因为 ，
所以
.
故选：A.
5. 已知函数 为定义在 上的奇函数，且当 时， ，则当 时， 等于
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】当 时， ，由奇函数的性质得出 ，即可得解.
【详解】因为函数 为定义在 上的奇函数，且当 时， ，
则当 时， ，所以， ，
此时， .
故选：D.
6. 已知 ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指、对数函数单调性结合中间值 分析判断.
【详解】因为 在定义域 内单调递减，则 ，即 ；
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又因为 在定义域 内单调递增，则 ，即 ；
且 在定义域 内单调递增，则 ，即 ；
综上所述： .
故选：D.
7. 在 中， 在 上，且 ， ，则 的值为（ ）
A. B. 2 C. 3 D.
【答案】C
【解析】
【分析】在 和 中分别利用正弦定理，再结合条件即可化简得出.
【详解】因 ，则 ，
因 ，则 ，
在 中利用正弦定理得， ①，
在 中利用正弦定理得， ，则 ②，
由①②两式得 .
故选：C
8. 已 知 函 数 ， 若 存 在 实 数 、 、 使 得 且
成立，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知等式变形得出 ，结合基本不等式可得出 ，由已知条件变形得出
，分析得出 ，由 可得出 的取值范围，由此可得出实数 的取值范围.
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【详解】因为函数 ，且存在实数 、 、 使得 ，
则 ，等式两边同除以 可得 ，
所以， ， ，故 ， ，
由基本不等式可得 ，整理可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
由 可得 ，
则 ，等式两边同时除以 可得 ，
则 ，故 ，可得 ，
所以， ，故 ，故 .
故选：A.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求．全部选对的得 6 分，有选错的得 0 分，部分选对的得部分．
9. 已知函数 的周期为 2，且在 上单调递增，则不符合条件的 有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 ABD：举反例说明即可；对于 C：根据周期性定义结合正弦函数单调性分析判断.
【详解】对于选项 A：因为 ，
即 ，可知函数 在 上不单调，故 A 不符合条件；
对于选项 B：因为 ，
即 ，可知函数 在 上不单调，故 B 不符合条件；
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对于选项 C：因为 ，
可知函数 的一个周期为 2，
若 ，则 ，可得 ， ，
且 上单调递增，所以 在 上单调递增，故 C 符合条件；
对于选项 D：因为 ，
即 ，可知函数 在 上不单调，故 D 不符合条件；
故选：ABD.
10. 已知 ， 为正实数， ，则（ ）
A. 的最大值为 1 B. 的最大值为 2
C. 的最小值为 D. 的最小值 3
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知等式，结合基本不等式的“1”的巧用，分式分离，平方转化等方法逐项判断即可得结论.
【详解】对于 A， ， 为正实数， ，所以 ，
当且仅当 时， 的最大值为 1，故 A 正确；
对于 B，由于 ，由 A 选项可知 ，
所以 ，所以 的最小值为 2，故 B 不正确；
对于 C，
，
因为 ， 为正实数， ，所以 ，
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则
，
当且仅当 ，即 时， 的最小值为 ，故 C 正确；
对于 D， ，当且仅当 时， 的最小值 3，故 D 正确.
故选：ACD.
11. 已知函数 ，则下列正确的是（ ）
A. 存在实数 ，使得 存在零点
B. 存在实数 ，使得 对任意实数 恒成立
C. 不存在正实数 ，使得 对任意实数 恒成立
D. 不存在正实数 ，使得 有实数解
【答案】AC
【解析】
【分析】对于 AD：举例说明即可；对于 B：注意到 ，即可判断；对于 C：构建
，分析可知 与 至少有一个成立，即可判断.
【详解】对于选项 A：例如 ，则 ，
则 ，此时 存在零点，故 A 错误；
对于选项 B：因为 ，
所以不存在实数 ，使得 对任意实数 恒成立，故 B 错误；
对于选项 C：对于任意 ，则 ，
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构建 ，
①当 时，则 ，可知 ，
则 ；
②当 时，则 ，由①可知 ；
综上所述：对任意正实数 ， 与 至少有一个成立，
所以不存在正实数 ，使得 对任意实数 恒成立，故 C 正确；
对于选项 D：例如 ，则 ，
则 ， ，故 D 错误；
故选：AC.
非选择题部分（共 92 分）
三、填空题：本愿共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知函数 ，则 _______．
【答案】
【解析】
【分析】利用函数解析式由内到外逐层计算可得 的值.
【详解】因为 ，则 ，故 .
故答案为： .
13. 已知 ， 且 ，则 的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式结合余弦函数的有界性可得 ，且 ，进而分析余弦函数的最值
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点即可得结果.
【详解】因为 ， ，且 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
又因 ，可知 ，且 ，
则 ，即 ，可得 ，
所以 的最小值为 .
故答案为： .
14. 设函数 在 上有定义，且满足以下性质：① ，② ．则
________．
【答案】
【解析】
【分析】应用赋值法及已知等式计算求解函数值.
【详解】令 ，因为 ，所以 ，所以 ，
令 ，因为 ，所以 ，所以 ,
令 ，因为 ，所以 ，所以 ,
令 ，因为 ，所以 ，所以 ,
令 ，因为 ，所以 ，所以 ,
令 ，因为 ，所以 ，所以 .
故答案为： .
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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. 设集合 ， ．
（1）若 ，求 ；
（2）若 ，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解不等式化简集合 A，进而可得交集；
（2）由题意可知 ，分 和 两种情况，结合包含关系列式求解.
【小问 1 详解】
由题意可得：集合 ，
若 ，则集合 ，
所以 .
【小问 2 详解】
若 ，则 ，
若 ，则 ，解得 ；
若 ，则 ，解得 ；
综上所述：实数 的取值范围为 .
16. 已知函数 ．
（1）求 的对称轴；
（2）若函数 在 上单调递增，求 的取值范围．
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【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）整理可得 ，以 为整体，结合正弦函数对称性分析求解；
（2）整理可得 ，以 为整体，结合正弦函数单调性分析求解.
小问 1 详解】
由题意可得： ，
令 ，解得 ，
所以 对称轴为 .
【小问 2 详解】
由（1）可得 ，
因为 且 ，则 ，
若函数 在 上单调递增，
则 ，解得 ，
所以 的取值范围为 .
17. 已知线段 、 交于点 ，且 ， ， ．
（1）若 ，求 的长；
（2）若 且 ，求 的长．
【答案】（1）
（2） 或
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【解析】
【分析】（1）在 和 中，由 ，结合余弦定理化简可得出 的长；
（2）分析可知， ，由已知条件得出 ，将已知等式变形为
，解出 的值，结合角 的取值范围，可得出角 的值，
进而可得出角 、 的值，由正弦定理可求得 的长.
【小问 1 详解】
如下图所示：
因为 ，且 ，
所以，由余弦定理可得 ，
即 ，整理可得 ，
因为 ，所以， ，故 .
【小问 2 详解】
若 ，且 ， ，则 ，
所以， ，又因为 ，则 ，可得 ，
所以， ，不合乎题意，
因为 ，则 ，
则 ，
即 ，
整理可得 ，解得 或 ，
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因为 ，则 ，
所以， 或 ，可得 或 ，
若 ，则 ， ，由正弦定理可得 ，则 ；
若 ，则 ， ，由正弦定理可得 ，则 .
综上所述， 或 .
18. 已知函数 是偶函数．
（1）求实数 的值；
（2）若 对于任意实数 x 恒成立，求实数 t 的取值范围；
（3）若函数 在 上存在 ，使得 成立，求实数 的取
值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的定义取特指解得 ，并代入检验；
（2）根据题意整理可得 对于任意实数 x 恒成立，结合指、对数函数性质分析判断；
（3）根据题意整理可得 ，换元令 ，可知
在 内存在零点，结合二次函数性质分析求解.
【小问 1 详解】
因为 ，可知函数 的定义域为 ，
若函数 为偶函数，则 ，
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即 ，可得 ，即 ，
此时 ，
则 ，即函数 为偶函数，
所以 .
【小问 2 详解】
因为 ，即 ，
可得 ，
即 对于任意实数 x 恒成立，
因为 ，则 ，可得 ，
所以实数 t 的取值范围为 .
【小问 3 详解】
由（1）可知： ，
若存在 ，使得 成立，
即 ，
整理可得 ，
则 ，
令 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，
可得 ，
构建 ，可知 在 内存在零点，
因为 的图象开口向上，对称轴为 ，
若 ，可知 在 内单调递增，
则 ，解得 ；
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若 ，可知 在 内单调递减，在 内单调递增，
则 ，解得 ；
综上所述：实数 的取值范围为 .
19. 已知集合 ，对于
， ，定义 ．
（1）已知 ，求所有的 ，使得 ：
（2）已知 ，求证： 为偶数；
（3）已知 ，对任意 ，均有 ，求 的最大值．
【答案】（1） 或 或 或
（2）证明过程见解析 （3）2
【解析】
【分析】（1）结合新定义分析可知 必有 3 个 1 和一个 0，从而分四种情况讨论即可
求解；
（2）设 ，则 ，
又 ，
则 ，基于以上假设可得
，从而分三种情况讨论即可得证；
（3）一方面：分析得知，对任意 ， ，另一方面：任取三个不同的
，其中必有两个的第一个分量相等，这就会导致存在 ，使得 ，结
合两方面即可求解.
【小问 1 详解】
由题意 ，若 ，使得 ，设 ，
则 ，注意到 ，
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从而 这四个数中的其中一个要么是 0，要么是 1，
结合 ，可知 必有 3 个 1 和一个 0，
所以我们分四种情况讨论即可：
（i） ， ，解得 ，即此时 ；
（ii） ， ，解得 ，即此时 ；
（iii） ， ，解得 ，即此时 ；
（iv） ， ，解得 ，即此时 ；
综上所述，满足题意的 为 或 或 或 ；
【小问 2 详解】
若 ，设 ， ，
，
则 ，
由 的定义可知， ，
不妨设 中有 个 1， 个 0，
中有 个 1， 个 0，
中有 个 1， 个 0，
这意味着有 组 满足 ， 组 满足 ，
组 满足 ， 组 满足 ，
组 满足 ， 组 满足 ，
不失一般性，设 ，
则 ，
因为 ，
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所以设 ，
注意到 ，
在这里，分三种情况讨论：
（i）若 ，则有 ，
即 组 满足 ，此时 ，
故 是偶数，
（ii）若 ，则 ，
，
此时 ，
故 是偶数；
（ii）若 ，则 ，
，
此时 ，
故 是偶数；
综上所述，若 ，则 为偶数；
【小问 3 详解】
若 ，对任意 ，则可设
， ，
根据 的定义可知， ，从而 ，
若 ，则只能 ，
即 ，
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这表明 ，
则所有可能的情况为： 或 ； 或 ；……；
或 ；
下面证明所求 的最大值是 2，
一方面：当 时，可取 （取法不唯一），此时满足题意；
另一方面：当 时，任取三个不同的 ，其中必有两个的第一个分量相等，
比如我们就让 的第一个分量相等，
而这会导致 ，这就和 矛盾，
故 是不可能的，
综上所述， 的最大值是 2.
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