2022宁波北仑中学高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022宁波北仑中学高二下学期期中考试数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
北仑中学2021学年第二学期高二年级期中考试数学试卷                      （全年级使用） 第I卷（选择题）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．集合，，则（       ）A． B．C． D．2．若，且是的充分不必要条件，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．3．的二项展开式中含有项的系数为（　　）A． B． C． D．4．某兴趣小组有5名学生，其中有3名男生和2名女生，现在要从这5名学生中任选2名学生参加活动，则选中的2名学生的性别相同的概率是（       ）A． B． C． D．5．函数f（x）＝的图象大致为（       ）A．B．C．D．6．已知函数在区间上是增函数，若函数在上的图象与直线有且仅有一个交点，则的最大值为（       ）A． B． C． D．17．若，则（       ）A． B． C． D．8．设表示函数在闭区间I上的最大值．若正实数a满足，则正实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．以下关于正弦定理或其变形正确的有（　　）A．在ABC中，a：b：c＝sin A：sin B：sin CB．在ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则a＝bC．在ABC中，若sin A＞sin B，则A＞B，若A＞B，则sin A＞sin B都成立D．在ABC中，10．下列说法正确的是（       ）A．命题“”的否定是“”.B．命题“，”的否定是“，”C．“”是“”的必要条件.D．“”是“关于x的方程有一正一负根”的充要条件11．现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（ ）A．所有可能的方法有种B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种12．已知函数，则方程的根的个数可能为（       ）A．2 B．6 C．5 D．4第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．__________．14．已知函数在定义域上是偶函数，在上单调递减，并且，则的取值范围是____________.15．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为_____________．16．设m为实数，函数，若对于一切，不等式恒成立，则实数m的取值范围是___四、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（本小题满分10分）已知展开式有7项．（1）求展开式中的常数项；（2）求展开式中二项式系数最大的项． 18．（本小题满分12分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求角B的大小；（2）设a=2，c=3，求b和的值.    19．（本小题满分12分）已知函数，对任意a，恒有，且当时，有．1求；2求证：在R上为增函数；3若关于的不等式对于任意恒成立，求实数t的取值范围．   20．（本小题满分12分）函数（其中 ，，）的部分图象如图所示，先把函数 的图象上的各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），把得到的曲线向左平移个单位长度，再向上平移1个单位，得到函数的图象.（1）求函数图象的对称中心.（2）当时，求 的值域.（3）当时，方程 有解，求实数m的取值范围.  21．（本小题满分12分）已知函数．(1)若不等式的解集为R，求m的取值范围；(2)解关于x的不等式；(3)若不等式对一切恒成立，求m的取值范围．            22．（本小题满分12分）设两实数不相等且均不为.若函数在时，函数值的取值区间恰为，就称区间为的一个“倒域区间”.已知函数.（1）求函数在内的“倒域区间”；（2）若函数在定义域内所有“倒域区间”的图象作为函数的图象，是否存在实数，使得与恰好有2个公共点?若存在，求出的取值范围：若不存在，请说明理由.
 北仑中学2021学年第二学期高二年级期中考试数学试卷参考答案：1．B【解析】【分析】解不等式可求得集合，由交集定义可得结果.【详解】，，.故选：B.2．D【解析】【分析】先化简命题，再根据是的充分不必要条件得到的取值范围.【详解】由题得，因为是的充分不必要条件，所以对应的集合是对应的集合的真子集，所以.故选D【点睛】本题主要考查根据充分不必要条件求参数的范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3．B【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得展开式中含项的系数【详解】的二项展开式的通项公式为令，则所以展开式中含项的系数为故选：B4．B【解析】【分析】由题意结合古典概型计算公式和排列组合公式计算可得满足题意的概率值.【详解】由题意可知，选中的2名学生的性别相同的概率是：.故选B【点睛】本题主要考查古典概型计算公式，排列组合的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．C【解析】【分析】根据函数解析式及奇偶性的定义判断的奇偶性，再由上知的大致图象.【详解】根据题意，，其定义域为且，∴，则为奇函数，排除A、D，在区间上，，必有，排除B，故选：C.6．C【解析】【分析】结合函数图像的对称性，及在区间上的单调性，可知，又的图像与直线的交点的横坐标为，从而得，进而可求出的取值范围.【详解】因为函数的图象关于原点对称，并且在区间上是增函数，所以，又，得，令，得，所以在上的图象与直线的第一个交点的横坐标为，第二个交点的横坐标为，所以，解得，综上所述，.故选：C【点睛】关于三角函数中的取值范围问题，结合三角函数的单调性与最大（小）值列关于的不等式，从而求解出答案.7．D【解析】【分析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.【详解】设，则为增函数，因为所以，所以，所以.，当时，，此时，有当时，，此时，有.故选：D.【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.8．A【解析】【分析】作图分析函数的特点，再分类讨论.【详解】函数的图像如下：的对称轴为x=2，，；分类讨论如下：①当时，，依题意，，而函数在时是增函数，，，故不可能；②当时，，依题意，，即，令，解得：，，，，如图；则有：并且，解得：；或者并且，无解；故选：A.9．ACD【解析】【分析】对于A，由正弦定理得a：b：c＝sinA：sinB：sinC，故该选项正确；对于B，由题得A＝B或2A+2B＝π，即得a＝b或a2+b2＝c2，故该选项错误；对于C，在ABC中，由正弦定理可得A＞B是sinA＞sinB的充要条件，故该选项正确；对于D，由正弦定理可得右边＝＝左边，故该选项正确.【详解】对于A，由正弦定理，可得a：b：c＝2RsinA：2RsinB：2RsinC＝sinA：sinB：sinC，故该选项正确；对于B，由sin2A＝sin2B，可得A＝B或2A+2B＝π，即A＝B或A+B＝，∴a＝b或a2+b2＝c2，故该选项错误；对于C，在ABC中，由正弦定理可得sinA＞sinB⇔a＞b⇔A＞B，因此A＞B是sinA＞sinB的充要条件，故该选项正确；对于D，由正弦定理，可得右边＝＝左边，故该选项正确.故选：ACD.【点睛】本题主要考查正弦定理及其变形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10．BD【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题判断A,B选项，根据充分条件，必要条件的定义判断C,D选项.【详解】对于A选项，命题“”的否定是“，”，故A选项错误；对于B选项，命题“，”的否定是“，”，故B选项正确；对于C选项，不能推出，也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故C选项错误；对于D选项，关于x的方程有一正一负根,所以“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件,故D选项正确.故选：BD【点睛】本题考查全称命题与特称命题的否定，充要条件的判断，考查逻辑推理能力，是中档题.本题D选项解题的关键在于根据韦达定理和判别式得等价条件，进而解不等式求得讨论即可.11．BCD【解析】【分析】利用分步乘法计数原理判断AC选项的正确性，利用分类加法计数原理以及组合数计算判断B选项的正确性，利用排列数计算判断D选项的正确性.【详解】所有可能的方法有种，A错误.对于B，分三种情况：第一种：若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为，另外两名同学的安排方法有种，此种情况共有种，第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有，另外一名同学的排法有3种，此种情况共有种，第三种情况，若三名同学都去工甲，此种情况唯一，则共有种安排方法，B正确.对于C，若A必去甲工厂，则B，C两名同学各有4种安排，共有种安排，C正确.对于D，若三名同学所选工厂各不同，则共有种安排，D正确.故答案为：BCD 12．ACD【解析】【分析】先画出的图象，再讨论方程的根，求得的范围，再数形结合，得到答案.【详解】画出的图象如图所示：令，则，则，当，即时，，此时，由图与的图象有两个交点，即方程的根的个数为2个，A正确；当时，即时，，则故，，当时，即，则有2解，当时，若，则有3解；若，则有2解，故方程的根的个数为5个或4个，CD正确；故选：ACD【点睛】本题考查了函数的根的个数问题，函数图象的画法，考查了分类讨论思想和数形结合思想，难度较大.13．【解析】【分析】根据指数幂与对数的运算性质，准确运算，即可求解.【详解】由指数幂和对数的运算性质，可得.故答案为：.14．.【解析】【分析】根据函数定义域的对称性求出,再利用函数的单调性及偶函数得到不等式，求解即可.【详解】因为函数在定义域上是偶函数，所以，解得，所以可得又在上单调递减，所以在上单调递增,因为，所以由可得，解得.故的取值范围是.【点睛】本题主要考查了偶函数的定义域，偶函数的单调性，不等式的解法，属于难题.15．9【解析】【详解】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.16．【解析】【分析】由题可得，当时，，分类讨论以确定函数的单调性，从而求最值，化简恒成立问题为最值问题即可．【详解】当时，，，当时，，故不等式恒成立；当时，显然当时，为增函数，故，当时，，由对勾函数的单调性可知为增函数，故，故在上，，故，故；当时，在上单调递增，故，故，故无解，综上所述，．故答案为：．17．1n=6    由通项公式，令，可得：．展开式中的常数项为；是偶数，展开式共有7项则第四项最大展开式中二项式系数最大的项为．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，通项公式的有关计算，属于基础题．18．(Ⅰ)；(Ⅱ)，.【解析】【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得详解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B=．（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=．由，可得．因为a<c，故．因此，所以，点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．19．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.【解析】【分析】Ⅰ根据题意，由特殊值法分析：令，则，变形可得的值，Ⅱ任取，，且设，则，结合，分析可得，结合函数的单调性分析可得答案；Ⅲ根据题意，原不等式可以变形为，结合函数的单调性可得，令，则原问题转化为在上恒成立，即对任意恒成立，结合二次函数的性质分析可得答案．【详解】Ⅰ根据题意，在中，令，则，则有；Ⅱ证明：任取，，且设，则，，又由，则，则有，故在R上为增函数．Ⅲ根据题意，，即，则，又由，则，又由在R上为增函数，则，令，，则，则原问题转化为在上恒成立，即对任意恒成立，令，只需，而，，当时，，则．故t的取值范围是．【点睛】本题考查函数的恒成立问题，涉及抽象函数的单调性以及求值，其中解答中合理利用函数的单调性和合理完成恒成立问题的转化是解答的关键，同时注意特殊值法的应用，着重考查了转化思想，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．20．（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）观察图象，由函数最值求出，由周期求出，再将代入得出，即可求出函数的解析式，进而得出函数的解析式以及对称中心；（2）由的范围结合余弦函数的性质可得的值域；（3）将已知方程参变分离，利用对勾函数的性质求出值域，可得实数m的取值范围．【详解】（1）根据图象可知，，∴，∴，，将代入得，，即，解得，，∵，∴，，∴.函数的图象上的各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），可得，曲线再向左平移个单位长度，再向上平移1个单位得令，解得∴此函数图象的对称中心为.（2）当时，，，即的值域为.（3），令，由（2）知，，因此m的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数图象的应用，考查余弦函数的性质，考查有解问题的应用，解决本题的关键点是将已知方程化简，参变分离，利用对勾函数的性质求出对应函数的值域，进而得出参数的取值范围，考查学生计算能力，属于中档题．21．(1)；(2)答案见解析；(3).【解析】【分析】（1）对二次项系数进行分类讨论，结合二次函数的判别式即可容易求得结果；（2），对，与分类讨论，可分别求得其解集（3），通过分离常数与利用基本不等式结合已知即可求得m的取值范围．(1)根据题意，当，即时，，不合题意； 当，即时，的解集为R，即的解集为R，即，故时，或.故 ．(2)，即，即，当，即时，解集为；当，即时，，，解集为或；当，即时，，，解集为．综上所述：当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为或.(3)，即，恒成立，，设则，，，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，当时，，．【点睛】本题考察二次函数恒成立问题，以及含参二次函数不等式的求解，其中正确的分类讨论，是解决本题的关键，属综合困难题.22．（1）   （2）存在, 【解析】【分析】（1）根据倒域区间的定义,结合函数的单调性,解方程即可求得的值,可得函数在内的“倒域区间”.（2）结合倒域区间的定义,先求得函数的解析式.根据两个函数有两个交点,即可得关于的方程,分离参数得的表达式,根据打勾函数的图像及性质即可求得的取值范围.【详解】（1）由二次函数性质可知, 在时单调递减设,则其值域为所以,化简可得因式分解可得解得,因为所以即倒域区间为（2）两实数不相等且均不为.且满足时,函数值的取值区间恰为则,所以与符号相同,即同为正数或同为负数因为定义域为所以存在两种可能:与当时,由二次函数的图像可知所以满足,即所以.由（1）可知其倒域区间为当时,由二次函数的图像可知所以满足,即所以,根据倒域区间的定义,同理可求得其倒域区间为综上可知, 因为当时,令则画出与的图像可知没有交点.若两个函数恰有2个公共点,则两个函数图像在有2个交点.即在上有两个不同交点.化简可得,即为打钩函数.画出函数图像如下图所示.则当,即时取得最小值,最小值为当时,,当时, 因为所以为有两个交点,则的取值范围为【点睛】本题考查了函数性质的综合应用,新定义内容的理解和应用,函数图像的综合用法,利用分离参数法求参数的取值范围,综合性较强,属于难题.