1、浙江省宁波市九校2019-2020学年高二数学下学期期末联考试题(含解析)选择题部分一、选择题:本大题共10小题,每小题4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】B【解析】【分析】解不等式,可求出集合,进而与集合取交集即可.【详解】由题意,则,所以.故选:B.【点睛】本题考查不等式的解法,考查集合的交集,考查学生的计算能力,属于基础题.2.函数的零点所在的区间为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题易得,结合函数零点存在性定理可得到答案.【详解】由题意知,因为,所以是函数的零点所在的一个区间.
2、故选:B【点睛】本题考查了函数零点存在性定理的应用,属于基础题.3.下列函数中,既是奇函数又存在极值是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别判断选项的奇偶性和极值即可得到答案.【详解】对选项A,为增函数,不存在极值,故A错误.对选项B,定义域为,为非奇非偶函数,故B错误.对选项C,所以不是奇函数,故C错误.对选项D,定义域为,所以为奇函数,.所以当在,为增函数,在,为减函数,故当为函数取得极值.故选:D【点睛】本题主要考查函数的极值,同时考查函数的奇偶性,属于简单题.4.从一副不含大小王的52张扑克牌(即不同花色的各4张)中任意抽出5张,恰有3张A的概率是( )A. B.
3、 C. D. 【答案】C【解析】【分析】设为抽出的5张牌中含的张数,可知服从超几何分布,其中,进而求出即可.【详解】设为抽出的5张牌中含的张数,可知服从超几何分布,其中,则.故选:C.【点睛】本题考查求超几何分布的概率,考查学生的计算求解能力,属于基础题.5.函数的导函数的图象大致是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求导得,进而对求导,判断其单调性,即可选出答案.【详解】函数,则,令,则,当时,即在上单调递增,只有选项C符合题意.故选:C.【点睛】本题考查了函数图像的识别,考查函数单调性的应用,考查学生的推理能力与计算能力,属于基础题.6.若函数,的定义域均为R,且都不恒
4、为零,则( )A. 若为偶函数,则为偶函数B. 若为周期函数,则为周期函数C. 若,均为单调递减函数,则为单调递减函数D. 若,均为奇函数,则为奇函数【答案】D【解析】【分析】对选项A,B,设,代入选项即可判断是错误的,对选项C,设,代入选项即可判断C是错误的,对选项D,利用奇函数的定义判断即可得到D选项正确.【详解】对选项A,设,则为偶函数,而不是偶函数,故A错误.对选项B,设,则为周期函数,而不是周期函数,故B错误.对选项C,设,则,在为增函数,为减函数,故C错误.对选项D,因为,均为奇函数,则,即为奇函数,故D正确.故选:D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性,单调性和周期性,属于中档题.7
5、.对于不等式,某同学用数学归纳法证明的过程如下:当时,不等式成立;假设当时,不等式成立,即,则当时,.故当时,不等式成立则上述证法( )A. 过程全部正确B. 的验证不正确C. 的归纳假设不正确D. 从到的推理不正确【答案】D【解析】【分析】根据数学归纳法证明的基本过程可得出结论.【详解】在时,没有应用时假设,即从到的推理不正确.故选:D.【点睛】本题考查数学归纳法,考查对数学归纳法证明过程的理解,属于基础题.8.已知随机变量的取值为.若,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设,可得,结合,可求出,进而可求出方差,再结合,可求出答案.【详解】由题意,设,则,又,解得,所以
6、,则,所以.故选:C.【点睛】本题考查随机变量的期望与方差,注意方差的性质,考查学生的计算求解能力,属于基础题.9.已知字母,各有两个,现将这6个字母排成一排,若有且仅有一组字母相邻(如),则不同的排法共有( )种A. 36B. 30C. 24D. 16【答案】A【解析】分析】有且仅有一组字母相邻,这组字母有三种情况:,利用位置分析法,可得出当相邻的字母为时,共有12种排法,进而可知不同的排法共有有种.【详解】有且仅有一组字母相邻,这组字母有三种情况:.当相邻的这组字母为时,将6个位置编成1-6号,若在1号和2号,则3号和5号字母相同,4号和6号字母相同,有2种排法;若在2号和3号,则1号和5
7、号字母相同,4号和6号字母相同,有2种排法;若在3号和4号,则1号和2号字母不相同,5号和6号字母不相同,有种排法;若在4号和5号,则2号和6号字母相同,1号和3号字母相同,有2种排法;若在5号和6号,则1号和3号字母相同,2号和4号字母相同,有2种排法,即相邻的字母为时,共有种排法.同理,相邻的字母为时,也都有12种排法,故共有种排法.故选:A.【点睛】本题考查排列组合,注意利用位置分析法,考查学生的推理能力与计算求解能力,属于中档题.10.设,则下列正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】易知都大于0,可证明,从而可知;证明时,再结合,可得,两端取对数可得出,即.【
8、详解】易知都大于0,先来比较,即,所以.再来比较,因为,所以.构造函数,求导得,显然导函数在上单调递增,则,所以在上单调递增,则,即当时,恒成立,故当时,恒成立.,代入得,取对数得,即,即.所以.故选:B.【点睛】本题考查几个数的大小比较,利用构造函数的方法是解决本题的关键,考查学生的推理能力与计算能力,属于难题.非选择题部分二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.11.已知,则_,_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据指数式与对数式的互化求解即可.【详解】解:将化成对数形式得:;故化成指数形式得: .故答案为:;.【点睛】本题考查指数式与对数式的
9、互化,是基础题.12.二项式的展开式中各项系数之和为_;该展开式中的常数项为_.(用数字作答)【答案】 (1). 1 (2). 60【解析】【分析】令,可求得各项系数之和;求出二项式的展开式的通项,令,可求出,进而可求出该展开式中的常数项.【详解】令,可得各项系数之和为,二项式的展开式的通项为,令,解得,即二项式的展开式中的常数项为.故答案为:1;60.【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用,其中解答中合理利用赋值法,以及熟记二项展开式的通项,准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题13.已知函数,则_;若关于的方程在内有唯一实根,则实数的取值范围是_.【答案】 (1). 2
10、 (2). 【解析】【分析】由分段函数的解析式先求出,再代入对应解析式求出,作出函数的图象,求出与x轴的从左向右的前两个交点,根据与的平移关系数形结合可求得t的取值范围.【详解】,.作出函数的图象如图所示: 已知函数的图象与x轴的交点从左向右第一个交点为,第二个交点为,与为平移关系,因为关于的方程在内有唯一实根,所以数形结合知.故答案为:2;.【点睛】本题考查分段函数的图象与性质、方程的根与函数的零点、函数图象的平移规则,属于中档题.14.已知函数.若的定义域为R,则实数a的取值范围是_;若的值域为R,则实数a的取值范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】若的定义域为R则恒成立
11、,分类讨论利用二次函数的图象与性质列出不等式组求解;若的值域为R,则可取遍所有正数,分类讨论利用一次函数、二次函数的图象与性质列出不等式组求解.【详解】因为的定义域为R,所以恒成立,若,则,解得,不满足题意;若,则.综上所述,a的取值范围是.若的值域为R,则可取遍所有正数,若,可取遍所有正数,满足题意;若,则.综上所述,a的取值范围是.故答案为:;【点睛】本题考查对数函数的定义域与值域、二次不等式恒成立问题、二次函数的图象与性质,属于中档题.15.已知随机变量X服从二项分布,若,则_.【答案】【解析】【分析】根据二项分布的期望和方差公式得出关于和的方程组,即可解出的值.【详解】由二项分布的期望
12、和方差公式得,解得.故答案为:.【点睛】本题考查根据二项分布的期望和方差求参数,考查公式的应用,考查运算求解能力,属于基础题.16.在冬奥会志愿者活动中,甲、乙等5人报名参加了A,B,C三个项目的志愿者工作,因工作需要,每个项目仅需1名志愿者,且甲不能参加A,B项目,乙不能参加B,C项目,那么共有_种不同的志愿者分配方案用数字作答【答案】【解析】【分析】由题意可以分为四类,根据分类计数原理可得【详解】解:若甲,乙都参加,则甲只能参加项目,乙只能参见项目,项目有3种方法,若甲参加,乙不参加,则甲只能参加项目,项目,有种方法,若甲参加,乙不参加,则乙只能参加项目,项目,有种方法,若甲不参加,乙不参
13、加,有种方法,根据分类计数原理,共有种故答案为21.【点睛】本题考查了分类计数原理,关键是分类,属于中档题17.已知定义在上的函数的导函数为,且,则关于的方程的解集为_.【答案】【解析】【分析】由所给等式变形可得,则,令可求得c从而求出的解析式,利用导数研究函数的单调性,利用函数单调性解不等式即可.【详解】因为,所以,即,所以,因为,所以,解得,则,当时,函数在上单调递增,又,所以的解集为.故答案为: 【点睛】本题考查导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性解不等式,属于中档题.三、解答题:本大题共5个题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.是否存在正实数
14、,使得等式对任意恒成立?若存在,求正实数,的值,并用数学归纳法证明;若不存在,请说明理由.【答案】存在,证明见解析【解析】【分析】分别令,可得出关于的方程组,进而可求出,然后用数学归纳法证明即可.【详解】假设存在满足题意的正实数,则,即,解得.即对任意恒成立,证明如下:当时,左边,右边,即左边=右边,所以结论成立;假设当时,结论成立,即,当时,所以当时,结论也成立.故对任意,恒成立.所以,存在正实数,使得等式对任意恒成立.【点睛】本题考查用数学归纳法证明等式,考查学生的推理能力与计算求解能力,属于中档题.19.一个袋中有10个大小相同的球,其中标号为1的球有3个,标号为2的球有5个,标号3的球
15、有2个.第一次从袋中任取一个球,放回后第二次再任取一个球(假设取到每个球的可能性都相等).记两次取到球的标号之和为X.(1)求随机变量X的分布列;(2)求随机变量X的数学期望.【答案】(1)分布列见解析;(2)【解析】【分析】(1)随机变量X的可能取值为,分别求出每种情况所对应的概率,进而可得出X的分布列;(2)结合X的分布列,及数学期望的公式,求解即可.【详解】(1)由题意,随机变量X的可能取值为.,.则随机变量X的分布列为:X23456P(2)由(1)可知,随机变量X的数学期望.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望,考查学生的计算求解能力,属于中档题.20.已知函数(1)讨论函
16、数的奇偶性,并说明理由;(2)求函数的最小值.【答案】(1)当时,函数是偶函数;当时,是非奇非偶函数;(2)【解析】【分析】(1)分和两种情况,分别讨论的奇偶性,即可得出答案;(2)分情况讨论的表达式,并分段求出函数的最小值,进而可求出.【详解】(1)函数的定义域为,当时,因为,所以时,为偶函数;当时,若为偶函数,则恒成立,即,化简得恒成立,即,与矛盾,故不是偶函数;若为奇函数,则恒成立,且,则,解得,与矛盾,故不是奇函数.综上,当时,函数是偶函数,当时,是非奇非偶函数.(2)由题意,且,是连续的函数,若,则在上单调递减,在上单调递减,即在上单调递减,在上单调递增,此时的最小值;若,则在上单调
17、递减,在上单调递增,此时的最小值;若,则在上单调递减,在和上单调递增,即在上单调递增,此时的最小值.综上,.【点睛】本题考查函数的奇偶性,考查函数的单调性及最值,注意利用分类讨论的数学思想,属于中档题.21.已知函数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)当时,证明:在内存在唯一零点.【答案】(1);(2)证明见解析【解析】【分析】(1)当时,可求出,进而利用导数可求出,即可得到切线的切点及斜率,进而可求出切线方程;(2),令,求出,判断的单调性,根据零点存在定理可得:存在,使得,进而判断在的单调性,即可证明结论.【详解】(1)当时,求导得,则,所以切线的斜率为,切点为,故切线方程为,即.
18、(2)证明:,令,则.当时,则,在上单调递增.又,存在使得即当时,是减函数;当时,是增函数又,在上存在一个零点,在上没有零点在区间上存在唯一零点【点睛】本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的零点,考查学生的计算求解能力,属于难题.22.已知函数,.(1)求函数的单调区间;(2)若对任意,总存在,使得,求的最小值.【答案】(1)单调递增区间为,递减区间为;(2)【解析】【分析】(1)对函数求导,分别令,解不等式,即可求出的单调区间;(2)由(1)知,的值域为,对任意,总存在,使得,可知的值域包含,可推出方程有实数解,令,可将方程转化为,将方程看作点所在的直线,则原点到点的距离,进而可求出最小值即可.【详解】(1)由题意,的定义域为,令,则,解得;令,则,解得,所以的单调递增区间为,递减区间为.(2)由(1)知,的最小值为,当时,所以的值域为.若对任意,总存在,使得,所以的值域包含,当时,所以,则方程有实数解.令,显然0不是该方程的解,则方程可化为,令,则,且,则方程可化为,将方程看作点所在的直线,则原点到点的距离,因为,所以,设,则,所以,因为函数在上是增函数,所以,故.所以的最小值为.【点睛】本题考查函数的单调性,考查方程存在解问题,考查转化思想在解题中的运用,考查学生的推理能力与计算求解能力,属于难题.