2022-2023學年浙江省寧波市北侖中學高二（1班）下學期期中數(shù)學試題 一、單選題1．設集合，，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出集合,即可求出.【詳解】函數(shù)的定義域為，所以，結合交集的定義可得.故選：B.2．若，則下列不等式一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)不等式的性質逐項進項檢驗即可求解.【詳解】對于，當，則，故選項錯誤；對于，因為，當時，可得：，故選項錯誤；對于，作差：，因為，所以，但的符號無法判斷，所以選項錯誤；對于，因為，由不等式的性質可得：，故選項正確，故選：.3．條件，，則的一個必要不充分條件是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】對于命題，由參變量分離法可得，求出函數(shù)在上的最大值，可得出實數(shù)的取值范圍，再利用必要不充分條件的定義可得出合適的選項.【詳解】若，使得，則，可得，則，因為函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，且，故當時，，即，所以，的一個必要不充分條件是.故選：A.4．已知函數(shù)，則的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)函數(shù)解析式，作出函數(shù)圖象，繼而作出的圖象，數(shù)形結合，求得不等式的解集.【詳解】根據(jù)題意當時,，當時, , 作出函數(shù)的圖象如圖，在同一坐標系中作出函數(shù)的圖象，由圖象可得不等式解集為，故選：C【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵是正確的作出函數(shù)的圖象，數(shù)形結合，求得不等式解集.5．數(shù)學中處處存在著美，萊洛三角形就給人以對稱的美感.萊洛三角形的畫法如下：先畫等邊三角形，再分別以點為圓心，線段長為半徑畫圓弧，便得到萊洛三角形（如圖所示）.若萊洛三角形的周長為，則其面積是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)圖形分析，利用扇形面積和三角形的面積公式，即可求解.【詳解】萊洛三角形的周長為，可得弧長，則等邊三角形的邊長，分別以點A、B、C為圓心，圓弧所對的扇形面積均為，等邊的面積，所以萊洛三角形的面積是.故選：C.6．已知，則的大小關系是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)三角函數(shù)單調性得出，作商比較與，得出，即可得出，同取以2為底的對數(shù)得出與，則只需比較與即可，根據(jù)對數(shù)運算與單調性得出，即可比較得出，即可得出答案.【詳解】，即，，即，則，，，，，，，，即，，，即，，即，綜上，故選：D.7．已知函數(shù)，若存在區(qū)間，使得函數(shù)在上的值域為，則實數(shù)的取值范圍是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)函數(shù)單調性，建立方程組，等價轉化為二次方程求根，建立不等式組，可得答案.【詳解】由函數(shù)，顯然該函數(shù)在上單調遞增，由函數(shù)在上的值域為，則，等價于存在兩個不相等且大于等于的實數(shù)根，且在上恒成立，則，解得.故選：D.8．咖啡產品的經營和銷售如何在中國開拓市場是星巴克、漫咖啡等歐美品牌一直在探索的內容，而2018年至今中國咖啡行業(yè)的發(fā)展實踐證明了以優(yōu)質的原材料供應以及大量優(yōu)惠券、買贈活動吸引消費者無疑是開拓中國咖啡市場最有效的方式之一.若某品牌的某種在售咖啡產品價格為30元/杯，其原材料成本為7元/杯，營銷成本為5元/杯，且該品牌門店提供如下4種優(yōu)惠方式：（1）首杯免單，每人限用一次；（2）3.8折優(yōu)惠券，每人限用一次；（3）買2杯送2杯，每人限用兩次；（4）買5杯送5杯，不限使用人數(shù)和使用次數(shù).每位消費者都可以在以上4種優(yōu)惠方式中選擇不多于2種使用.現(xiàn)在某個公司有5位后勤工作人員去該品牌門店幫每位技術人員購買1杯咖啡，購買杯數(shù)與技術人員人數(shù)須保持一致；請問，這個公司的技術人員不少于（    ）人時，無論5位后勤人員采用什么樣的優(yōu)惠方式購買咖啡，這筆訂單該品牌門店都能保證盈利.A．28 B．29 C．30 D．31【答案】C【分析】首先因為無論5位后勤人員采用什么樣的優(yōu)惠方式購買咖啡，這筆訂單該品牌門店都能保證盈利，轉化為當最優(yōu)的購買方式購買時門店照樣盈利，先分析用哪種優(yōu)惠方式是最優(yōu)購買，因為，所以最優(yōu)的購買方式是不包含原價購買任何一杯咖啡，故要想盈利必須按照優(yōu)惠方式（3）和（4）售出20杯以上的咖啡才能盈利，后面再依次分析人數(shù)越多時何時品牌門店都能盈利即可得到答案．【詳解】解：由題意知，咖啡產品原價為 30 元杯，成本為 12 元杯，優(yōu)惠方式（1）免單購買，每購買1杯該品牌門店虧損12元；優(yōu)惠方式（2）每杯售價11.4元，每購買1杯該品牌店虧損0.6元；優(yōu)惠方式（3）和（4）相當于5折購買，每購買1杯該品牌門店盈利3元；我們只需要考慮最優(yōu)的購買方式，每位后勤工作人員能選擇2種優(yōu)惠方式，必然包含優(yōu)惠方式（1），可以免單購買5杯咖啡，該品牌門店因此虧損60元，最優(yōu)的購買方式是不包含原價購買任何一杯咖啡，說明只要用原價購買1杯咖啡，哪怕最大程度利用3.8折優(yōu)惠，花費也一定會超過搭配使用（2）（4）優(yōu)惠購買咖啡），故顯然該品牌門店必須按照優(yōu)惠方式（3）和（4）售出20杯以上的咖啡才能盈利，故技術人員人數(shù)一定多于人；技術人員在人時，免單購買5杯咖啡買5送5購買20杯咖啡折購買14杯咖啡，該品牌門店依舊虧損；技術人員為30人時，最優(yōu)購買方式為免單購買5杯咖啡十買5送5購買20杯咖啡十買2送2購買4杯咖啡折購買1杯咖啡，該品牌門店盈利元； 由于 4，故技術人員超過30人時，該品牌門店能保證持續(xù)盈利．故選：C．【點睛】本題考查函數(shù)的實際應用，考查了分類討論思想，將文字語言轉化為數(shù)學語言是本題的關鍵，屬于難題． 二、多選題9．下列各式中，值為的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】對于A，采用降冪公式，結合特殊角三角函數(shù)，可得答案；對于B，根據(jù)特殊角三角函數(shù)，結合正切的和角公式，可得答案；對于C，根據(jù)輔助角公式，結合特殊角三角函數(shù)，可得答案；對于D，根據(jù)積化和差公式，結合特殊角三角函數(shù)，可得答案.【詳解】對于A， ，故A正確；對于B，，故B正確；對于C，，故C錯誤；對于D， ，故D正確；故選：ABD.10．已知函數(shù)的定義域為，為的導函數(shù)，且，，若為偶函數(shù)，則下列一定成立的有（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】由是偶函數(shù)得出是奇函數(shù)，由已知兩條件推出是以4為周期的函數(shù)，進而可得為周期為4的偶函數(shù)，然后賦值法逐項分析即得．【詳解】因為是偶函數(shù)，則，兩邊求導得，所以是奇函數(shù)，故，由，，得，即，所以是周期函數(shù)，且周期為4，，，所以，對選項A：由，令得，，所以，故A正確；對選項B：由，令得，，故，所以B正確；對選項C：由，可得，又，所以，又是奇函數(shù)，，所以，又，所以，即，所以，，，所以函數(shù)為周期為4的偶函數(shù)，所以，故C正確；對選項D：，由題得不出，所以不一定成立，故D錯誤.故選：ABC.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是利用條件得出函數(shù)的奇偶性及周期性，進而得到函數(shù)的性質，然后利用賦值法求解.11．已知函數(shù)在上恰有3個零點，則（    ）A．B．在上單調遞減C．函數(shù)在上最多有3個零點D．在上恰有2個極值點【答案】BC【分析】首先利用輔助角公式得，根據(jù)范圍得到的范圍，結合圖像列出不等式，則得到的范圍，利用代入檢驗法即可判斷B選項，對C選項證明達不到四個零點，再列舉三個零點的情況即可，對D選項，找到一個值滿足3個極值點即可.【詳解】，，，，函數(shù)在上恰有3個零點，故，解得，故A錯誤，當，，，，，而正弦函數(shù)在上單調遞減，故函數(shù)在上單調遞減正確，故B正確，令，即，解得，，，區(qū)間長度為，若在某閉區(qū)間上有四個解，則區(qū)間長度至少為，比如，則不可能存在四個解，當時，即，，則或或，解得或或，故最多有3個零點，故C正確.當時，此時，令，,解得，，則 ，解得，，，當時，，當時，，當時，，此時在上有3個極值點，故D錯誤，故選：BC.【點睛】關鍵點睛：首先利用輔助角公式將函數(shù)化成關于正弦的函數(shù)，然后整體法結合圖像得到關于的不等式，即可求出其范圍，單調性問題可以通過代入檢驗，零點個數(shù)和極值點個數(shù)問題，通過尋找特例去證明或反駁，這也是選擇題常用的方法.12．定義全集的子集的特征函數(shù),這里表示在全集中的補集,那么對于集合、,下列所有正確說法是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】利用特征函數(shù)的定義知,由,對與、關系分類討論,可得A正確;利用特征函數(shù)的定義可判斷B的正誤;取特殊值情況,利用定義可判斷C的正誤;利用集合運算與函數(shù)運算進行分類討論可判斷D的正誤,綜合可得出結論.【詳解】對于A:,分類討論:①當,則,此時;②當,且,即,此時;③當,且,即時,,,此時.綜上有,故A正確;對于B:,故B正確;對于C:假設,任取,則,則,,則,故C不正確;對于D:(1)若,則,有三種情況:①當時,;②當時,;③當且時,,以上均滿足.(2)若時,有以下4中情況,①當且時,,;②當且時,,;③當時,;④當時,,以上均滿足.綜上所述,,故D正確.故選:ABD. 三、填空題13．=_________【答案】2【分析】利用對數(shù)和指數(shù)的運算性質即可求解.【詳解】，故答案為：.14．設命題，命題，若p是q的充分不必要條件，則實數(shù)a的取值范圍是__________．【答案】【分析】解不等式得到，根據(jù)充分不必要條件得到且，解得答案.【詳解】命題，故，解得；命題p是q的充分不必要條件，則且，解得.故答案為：15．已知，，，則的最小值為______．【答案】/【分析】將變形為，然后利用基本不等式求解得，再根據(jù)取等號的條件可得，判斷出的范圍，進而判斷得的范圍，可得，可得所求最小值.【詳解】，當且僅當，即時取“＝”，此時，∵，，∴，∴，∴，∴原式，此時，，．故答案為：【點睛】求解本題的關鍵是將原式變形為，根據(jù)基本不等式求最值，由取等號的條件，化簡得，從而求解的范圍.16．在中，，D為BC的中點，則的最大值為______．【答案】【分析】先設，由三角形三邊關系得到，再利用三角函數(shù)的誘導公式與余弦定理得到，從而利用換元與基本不等式求得的最小值，結合與在上的單調性即可求得的最大值.【詳解】設，則，因為為的中點，，所以，由三角形三邊關系，可知且，解得，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，因為，所以,所以，解得，則，，令，則，，，則，當且僅當，即時，等號成立，此時，解得，因為，所以．因為在上單調遞減，在單調遞增，所以當取得最小值時，取得最大值，此時，則，所以的最大值為.故答案為：. .【點睛】關鍵點睛：本題中突破口為，由此得到，再結合余弦定理得到，最后利用基本不等式即可得解. 四、解答題17．已知函數(shù).(1)求的單調遞增區(qū)間；(2)若在上存在最小值，求實數(shù)t的取值范圍；(3)方程在上的兩解分別為，求的值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）先根據(jù)差角的正弦公式及輔助角公式化簡得，由計算得解.（2）由題知，在上存在最小值，只需，繼而得解.（3）設，由題意求得，，，由兩角差的余弦公式可求出的值，求出的取值范圍，進而利用二倍角余弦公式可求出的值.【詳解】（1），由，得，所以的單調遞增區(qū)間為：.（2）當時，，因為在上存在最小值，所以，所以.實數(shù)t的取值范圍為.（3）設，，則，由于正弦函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，由，得，因為方程在上的兩解分別為、，則，必有，，所以，，同理，，由于，且，，則，由，可得.18．已知函數(shù)，．（Ⅰ）若，解不等式；（Ⅱ）設是函數(shù)的四個不同的零點，問是否存在實數(shù)，使得其三個零點成等差數(shù)列？若存在，求出所有的值；若不存在，說明理由．【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）存在，【解析】（Ⅰ）先去絕對值，再討論的取值，求解不等式的解集；（Ⅱ）由題意可知，利用判別式和等差中項進行討論，求出所有滿足條件的的值，判斷是否成立即可.【詳解】（Ⅰ），由題意知，當時，，即，得，若時，即時，不等式的解集為，若時，即時，不等式的解集為，時，，即，若時，即時，無解，若時，即時，由得，又，，不等式的解集為，綜上，當時，不等式的解集，當時，不等式的解集為；（Ⅱ），有4個不同的零點，且，，不妨設，則，①若成等差數(shù)列，則，此時，，不符合題意，②若成等差數(shù)列，同①不符合題意，③若成等差數(shù)列，則 ，，，，或均舍去，④若成等差數(shù)列，則 ，，，，（舍）或，綜上可知，存在符合題意.【點睛】本題考查含絕對值函數(shù)表達式，以及不等式的解法，等差數(shù)列問題，采用分類討論是解決本題的關鍵，屬于難題.19．在中，角A、B、C對的邊分別為a、b、c．且．(1)求角B的大小；(2)求的取值范圍；(3)若，，P為AC邊中點，求BP的長．【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化簡結合特殊角的三角函數(shù)值即得；（2）根據(jù)三角恒等變換結合正弦函數(shù)的性質即得；（3）由題可得，然后利用模長公式結合條件即得.【詳解】（1）因為，所以，即，化簡得，故，又，故；（2）由（1）知，，故，又，則，，即；（3）∵，∴，又，，∴，∴，即BP的長為.20．已知函數(shù)(1)討論函數(shù)的單調性；(2)當時，恒成立，求的最大整數(shù)值．【答案】(1)答案見解析(2) 【分析】（1）利用導數(shù)的運算法則可得，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，即可求解；（2）由（1），根據(jù)零點的存在性定理可知存在使得，即．進而可得函數(shù)的單調性，則，結合對勾函數(shù)的性質即可求解.【詳解】（1）函數(shù)的定義域為，．令，，當時，恒成立，所以函數(shù)在上遞增；當時，在區(qū)間，，函數(shù)遞減；在區(qū)間，，函數(shù)遞增．（2）當時，，，由（1）知，在上遞增，且，，所以存在使得，即．在區(qū)間上，，函數(shù)單調遞減；在區(qū)間上，，函數(shù)單調遞增．所以當時，取得極小值也即是最小值，為，設，則，令或，令或，所以函數(shù)在和上單調遞減，在和上單調遞增.∵，∴，所以．由恒成立，得，故的最大整數(shù)值為．21．將一塊圓心角為，半徑為的扇形鐵片裁成一塊矩形，有兩種裁法（如圖所示），讓矩形一邊在扇形的一條半徑OA（圖1），或讓矩形一邊與弦AB平行（圖2），對于圖1和圖2，均記．(1)對于圖1，請寫出矩形面積關于的函數(shù)解析式；(2)對于圖2，請寫出矩形面積關于的函數(shù)解析式；（提示：）(3)試求出的最大值和的最大值，并比較哪種裁法得到的矩形的面積更大？【答案】(1)(2)(3)最大值為200，最大值為，選擇圖2裁法得到的矩形的面積更大. 【分析】（1）在中，，，表示即可；（2）對于圖2，在中，由正弦定理得，根據(jù)對稱性求得，表示即可；（3）根據(jù)三角函數(shù)化減的結果結合角的范圍求最值并比較大小.【詳解】（1）對于圖1，在中，，，矩形的面積為.（2）對于圖2，在中，由正弦定理得.由對稱性可知，的平分線所在直線為對稱軸，則,，所以矩形的面積為.（3），當時，取最大值，最大值為200；.當時，取最大值，最大值為.所以，選擇圖2裁法得到的矩形的面積更大.22．已知.(1)證明：當時，在上單調遞增；(2)當時，關于的不等式在上恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）求導，得到導函數(shù)大于0恒成立，證明出結論；（2）變形得到在上恒成立，令，二次求導，求出導函數(shù)單調遞增，結合，分與兩種情況，討論得到的取值范圍.【詳解】（1）證明：因為，所以，因為，所以，又，所以，所以在上單調遞增.（2）當時，，即所以，即在上恒成立.令，則，令，則.因為，所以，所以，所以在上單調遞增，所以.①當，即時，在上，，即，所以在上單調遞增，所以對，即在上恒成立，符合題意；②當，即時，，又，若，則在上，，即，所以在上單調遞減，所以，不合題意；若，則存在，使得，所以在上，，即，所以在上，單調遞減，所以對不合題意.綜上所述，關于的不等式在上恒成立，實數(shù)的取值范圍為.【點睛】方法點睛：對于求不等式成立時的參數(shù)范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數(shù)法, 使不等式一端是含有參數(shù)的式子，另一端是一個區(qū)間上具體的函數(shù)，通過對具體函數(shù)的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據(jù)參數(shù)取值情況分類討論，三是數(shù)形結合法，將不等式轉化為兩個函數(shù)，通過兩個函數(shù)圖像確定條件. 

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