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.
