浙江省宁波市九校2019-2020学年度高二第二学期期末联考试题 数学【含解析】

浙江省宁波市九校2019-2020学年度高二第二学期期末联考试题 数

学【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Axx1，Bxx23，则AB（ ）

A. x1x5 B. x1x5

C. xx1

D. xx1

【答案】B 【解析】 【分析】

解不等式，可求出集合B，进而与集合A取交集即可. 【详解】由题意，x233x231x5， 则Bxx23x1x5， 所以ABxx1x1x5x1x5.

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f(x)2xx4的零点所在的区间为（ ） A. (0,1) B. (1,2)

C. (2,3)

D. (3,4)

【答案】B 【解析】 【分析】

由题易得f(1)f(2)0,结合函数零点存在性定理可得到答案. 【详

解

】

由题

知

,

f(0)200430,

f(1)211410,

f(2)222420f(3)233470,f(4)2444160,

意,

因为f(1)f(2)0,所以(1,2)是函数f(x)的零点所在的一个区间. 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. yx

B. ylnx

C. yxex

D. yx【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，yx为增函数，不存在极值，故A错误.

对选项B，ylnx，定义域为x0，为非奇非偶函数，故B错误. 对选项C，fxxe，fxxex.4xx

4 xxfx，

所以yxex不是奇函数，故C错误. 对选项D，f(x)xfxx4，定义域为x0， x4fx，所以f(x)为奇函数， xfxx44x2x2，x0. 122xxx所以当f(x)在,2，2,为增函数，在2,0，0,2为减函数， 故当x2为函数yx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A,2,3,3张A的概率是（ ）

2C48A. 5

C522A48B. 5

A5232C4C48C. 5C524取得极值. x的,10,J,Q,K不同花色的各4张）中任意抽出5张，恰有

32A4A48D. 5A52【答案】C 【解析】

【分析】

设X为抽出的5张牌中含A的张数，可知X服从超几何分布，其中N52,n5,M4，进而求出

pX3即可.

【详解】设X为抽出的5张牌中含A的张数，可知X服从超几何分布，其中N52,n5,M4，

32C4C48则pX3. 5C52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fx12xcosx的导函数f2x的图象大致是（ ）

A. B.

C. D.

【答案】C 【解析】 【分析】

求导得fxxsinx，进而对f【详解】函数fxx求导，判断其单调性，即可选出答案.

12xcosx，则fxxsinx， 2令gxfxxsinx，则gx1cosx， 当x0,时，gx1cosx0，即f只有选项C符合题意.

x在0,上单调递增，

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yfx，ygx的定义域均为R，且都不恒为零，则（ ） A. 若yfgx为偶函数，则ygx为偶函数 B. 若yfgx为周期函数，则ygx为周期函数

C. 若yfx，ygx均为单调递减函数，则yfxgx为单调递减函数 D. 若yfx，ygx均为奇函数，则yfgx为奇函数 【答案】D 【解析】 【分析】

对选项A，B，设fxcosx，gx2x，代入选项即可判断是错误的，对选项C，设fxx，

gx2x，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fxcosx，gx2x，

则yfgxf2xcos2x为偶函数，而gx2x不是偶函数，故A错误. 对选项B，设fxcosx，gx2x，

则yfgxf2xcos2x为周期函数，而gx2x不是周期函数，故B错误. 对选项C，设fxx，gx2x，

则yfxgx2x，在,0为增函数，0,为减函数，故C错误.

2对选项D，因为yfx，ygx均为奇函数，

则fgxfgxfgx，即yfgx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.对于不等式n2nn2nN2*，某同学用数学归纳法证明的过程如下：

①当n1时，12212，不等式成立；

*②假设当nknN时，不等式成立，即k22kk2，

则当nk1时，

2k12k1k24k3故当nk1时，不等式成立 则上述证法（ ） A. 过程全部正确

C. nk的归纳假设不正确 【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nk1时，没有应用nk时故选：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ii0,1,2.若P0.k24k32k6k3k12.

2B. n1的验证不正确

D. 从nk到nk1的推理不正确

假设，即从nk到nk1的推理不正确.

A.

2 5B.

4 5【答案】C 【解析】 【分析】

设P1p，可得P211p，结合E1，可求出p，进而可求出方差D，再结合5D234D，可求出答案.

【详解】由题意，设P1p，则P21又E134p2p1，解得p， 555所以P131，P2， 55的1，E1，则D23（ ） 58 5D.

C.

16 514pp， 55

1312222101112， 55558. 5则D所以D234D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x，y，z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xxyzyz），则不同的排法共有（ ）种 A. 36 【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：xx,yy,zz，利用位置分析法，可得出当相邻的字母为xx时，共有12种排法，进而可知不同的排法共有有123种.

【详解】有且仅有一组字母相邻，这组字母有三种情况：xx,yy,zz. 当相邻的这组字母为xx时，将6个位置编成1-6号，

若xx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xx在2号和3号，则1号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法；

若xx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224种排法； 若xx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xx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xx时，共有2242212种排法.

同理，相邻的字母为yy,zz时，也都有12种排法，故共有12336种排法. 故选：A.

B. 30

C. 24

D. 16

【10.设aA. bca 【答案】B 【解析】

B. cb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.

229，b329，clog329，则下列正确的是（ ） 3C. bac

D. abc

【分析】

22963易知a,b,c都大于0，可证明a，从而可知ab；证明x3,时，3xx3，再结1663b296合3293，可得3329329，两端取对数可得出329log329，即bc.

3【详解】易知a,b,c都大于0， 先来比较a,b，

2296a63229， 29163b627273296即a6b6，所以ab. 再来比较b,c，

因为b33329270，c3log3293log3所以b3,c3.

29log310， 27构造函数fx3x，x3,，求导得fx3ln31，

x3x33显然导函数fx在3,上单调递增，则fxf3ln310，

所以fx在3,上单调递增，则fxf3330， 即当x3,时，33x恒成立， 故当x3,时，3xx3恒成立.

3x293，代入得33取对数得log332929， log29，即32933333329log329，即bc.

所以cba. 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9a3，lgba，则a_________，b__________. 【答案】 (1). 【解析】 【分析】

根据指数式与对数式的互化求解即可.

【详解】解：将9a3化成对数形式得：alog93log323故lgba故答案为：

11化成指数形式得：b10210 . 21 (2). 10 211log33； 221；10. 2【点睛】本题考查指数式与对数式的互化，是基础题.

212.二项式x的展开式中各项系数之和为_________；该展开式中的常数项为______________.（用x数字作答）

【答案】 (1). 1 (2). 60 【解析】 【分析】

6k2k令x1，可求得各项系数之和；求出二项式x的展开式的通项TCx22kxk，令

k16x666kk0，可求出k，进而可求出该展开式中的常数项. 22【详解】令x1，可得各项系数之和为11， 12k二项式x的展开式的通项为Tk1C6x66x6k6kkk2k2Cx2x， 6xk66k22k0，解得k2，即二项式x的展开式中的常数项为C62260. 令2x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．

1x,x013.已知函数fx，则ff2019______________；若关于x的方程fxt0在

cosx,x0,0内有唯一实根，则实数t的取值范围是_____________.

【答案】 (1). 2 (2). (,【解析】 【分析】

由分段函数的解析式先求出f2019，再代入对应解析式求出f322]

f2019，作出函数fx的图象，

求出fx与x轴的从左向右的前两个交点，根据fxt与fx的平移关系数形结合可求得t的取值范围. 【详解】

f2019cos(2019)cos1，ff2019f1112.

作出函数fx的图象如图所示：

已知函数fx的图象与x轴的交点从左向右第一个交点为3,0，第二个交点为,0，

22fxt与fx为平移关系，

因为关于x的方程fxt0在,0内有唯一实根， 所以数形结合知t(,故答案为：2；(,322].

].

322

【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.

214.已知函数fxlgax6x18.若fx的定义域为R，则实数a的取值范围是______________；

若fx的值域为R，则实数a的取值范围是_______________.

【答案】 (1). 【解析】 【分析】

11, (2). [0,]

22若fx的定义域为R则ax26x180恒成立，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fx的值域为R，则yax26x18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fx的定义域为R，所以ax26x180恒成立， ①若a0，则6x180，解得x3，不满足题意； ②若a0，则a01a.

23672a01,. 2综上所述，a的取值范围是若fx的值域为R，则yax26x18可取遍所有正数， ①若a0，y6x18可取遍所有正数，满足题意；

a010a. ②若a0，则23672a0综上所述，a的取值范围是[0,].

12故答案为：11,；[0,]

22【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Bn,p，若EX30，DX10，则p______________. 【答案】

2 3

【解析】 【分析】

根据二项分布的期望和方差公式得出关于n和p的方程组，即可解出p的值.

n45EXnp30【详解】由二项分布的期望和方差公式得，解得2.

DXnp1p10p3故答案为：

2. 3【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】21 【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C项目，乙只能参见A项目，B项目有3种方法， 若甲参加，乙不参加，则甲只能参加C项目，A，B项目，有A36种方法， 若甲参加，乙不参加，则乙只能参加A项目，B，C项目，有A36种方法， 若甲不参加，乙不参加，有A36种方法， 根据分类计数原理，共有366621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0,上的函数fx的导函数为fx，且于x的方程fxe的解集为_____________. 【答案】1, 【解析】 【分析】

322xfx2fx33f39e，，则关xxe

fxfxxx，则]eec，令x3可求得c从而求出fx的解析式，利用导22xx由所给等式变形可得[数研究函数fx的单调性，利用函数单调性解不等式即可.

fxxfx2fxx2fx2xfx3xex， 【详解】因为，即[]x，所以e2xxex4所以

fxxec， x23因为f39e，所以e3e3c，解得c0，则

fxex，fxx2exx0， 2xx2xx2当x0时，fx2xexee2xx0，函数fx在0,上单调递增，

又f1e，所以fxef1的解集为1,. 故答案为: 1,

【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a，b，使得等式1233anbn3*n对任意nN恒成立？若存在，求

22正实数a，b的值，并用数学归纳法证明；若不存在，请说明理由. 【答案】存在，a1,b1，证明见解析 【解析】 【分析】

分别令n1,n2，可得出关于a,b的方程组，进而可求出a,b，然后用数学归纳法证明即可.

3ab214ab2ab，【详解】假设存在满足题意的正实数，则即，解得a1,b1. 2，

2ab3132322ab2即1323n2n13对任意nN*恒成立，证明如下： n42

122当n1时，左边1，右边1，即左边=右边，所以结论成立；

4*假设当nkk1,kN时，结论成立，

即1323k2k13， k42当nk1时，

1323222222k4k42kkk13k3k1k1k1k1k14443k1k242，

所以当nk1时，结论也成立. 故对任意nN，1323*2nn13恒成立. n42所以，存在正实数a1,b1，使得等式1233anbn*n3对任意nN恒成立.

22【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2,3,4,5,6，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2,3,4,5,6.

19 5PX2339， 1010100

PX3310510230310010， PX4325101021051037100， PX551022011021005， PX62241101010025. 则随机变量X的分布列为：

X 2 3 4 5 6 P 9337100 10 111005 25

（2）由（1）可知，

随机变量X的数学期望EX2933711003104100511956255. 【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fxx2xaaR

（1）讨论函数fx的奇偶性，并说明理由； （2）求函数fx的最小值ga.

【答案】（1）当a0时，函数fx是偶函数；当a0时，fx是非奇非偶函数；1a,a142gxa2,1a122

14a,a12【解析】 【分析】

（1）分a0和a0两种情况，分别讨论fx的奇偶性，即可得出答案；

2）

（

（2）分情况讨论fx的表达式，并分段求出函数的最小值，进而可求出ga. 【详解】（1）函数fx的定义域为R， ①当a0时，fxxx，

2因为fxxxfx，所以a0时，fx为偶函数；

2②当a0时，fxxxa，

2若fx为偶函数，则fxfx恒成立，即xxaxxa，

22化简得ax0恒成立，即a0，与a0矛盾，故fx不是偶函数； 若fx为奇函数，则fxfx恒成立，且f00， 则f0a0，解得a0，与a0矛盾，故fx不是奇函数. 综上，当a0时，函数fx是偶函数，当a0时，fx是非奇非偶函数.

2xxa,xa2（2）由题意，fx2，且faa，fx是连续的函数，

xxa,xa若a111，则fx在,a上单调递减，在a,上单调递减，即fx在,上单调递减，

222在1,上单调递增， 212111aa； 424此时fx的最小值gaf若11a，则fx在,a上单调递减，在a,上单调递增，此时fx的最小值22gafaa2；

若a1111，则fx在,上单调递减，在,a和a,上单调递增，即fx在,上单

2222调递增，此时fx的最小值gaf1111aa. 4242

11a,a42121综上，gxa,a.

2211a,a42【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fxemexmx.

x2（1）当m0时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程； （2）当m0时，证明：fx在0,1内存在唯一零点. 【答案】（1）e1xy10；（2）证明见解析 【解析】 【分析】

（1）当m0时，fxeex，可求出f0，进而利用导数可求出f0，即可得到切线的切点及

x斜率，进而可求出切线方程；

（2）f(x)ex2mxme，令g(x)f(x)ex2mxme,求出g(x)，判断g(x)的单调性，根据零点存在定理可得：存在x0(0,1)，使得gx0fx00，进而判断f(x)在(0,1)的单调性，即可证明结论.

【详解】（1）当m0时，fxeex，f0e01，

x0x0求导得，fxee，则f0ee1e，

所以切线的斜率为1e，切点为0,1，

故切线方程为y11ex0，即e1xy10. （2）证明：f(x)ex2mxme，

令g(x)f(x)ex2mxme，则g(x)ex2m. 当m0时，则g(x)0，g(x)f(x)在(0,1)上单调递增. 又

g(0)f(0)1me0，g(1)f(1)m0，

存在x0(0,1)使得gx0fx00．

即当x0,x0时，f(x)0，f(x)是减函数； 当xx0,1时，f(x)0，f(x)是增函数． 又

f(0)e01，f(1)emem0，

fx0f(1)0，

在0,x0上f(x)存在一个零点，在x0,1上f(x)没有零点．

f(x)在区间(0,1)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fx31x4ln（1）求函数fx的单调区间；

（2）若对任意x10,，总存在x2R，使得fx1gx2，求m2n2的最小值. 【答案】（1）单调递增区间为8,，递减区间为0,8；（2）【解析】 【分析】

（1）对函数fx求导，分别令fx432，gxxmxnxmx10，m,nR. 84 5x0，fx0，解不等式，即可求出fx的单调区间；

（2）由（1）知，fx的值域为9,，对任意x10,，总存在x2R，使得fx1gx2，可知gx的值域包含9,，可推出方程gx9有实数解，令tx1，可将方程转化为xt2mtn20，将方程看作点Pm,n所在的直线mtnt220，则原点O到点Pm,n的距

离OPmn22t22t12，进而可求出最小值即可.

【详解】（1）由题意，fx的定义域为0,，

31x11x334， fx21xx2x1x令fx31x11x32x1x0，则1x30，解得x8；

令fx31x11x32x1x0，则1x30，解得0x8，

所以fx的单调递增区间为8,，递减区间为0,8. （2）由（1）知，fx的最小值为f8334ln19， 当x0时，31x3，4lnx+，所以fx的值域为9,. 8若对任意x10,，总存在x2R，使得fx1gx2，所以gx的值域包含9,， 当x时，gx，所以gxmin9，则方程gx9有实数解. 令x4mx3nx2mx109，显然0不是该方程的解， 则方程可化为xmxn2m10， xx2令tx1，则t,2x2,，且t2x212， 2x则方程可化为t2mtn20， 将方程看作点Pm,n所在的直线mtnt220， m,n的距离OPm2n2t22t12则原点O到点P，

因为t,22,，所以t24，

222s33设t21s，则s5，所以mns，

sst21t22因为函数yx1在0,x2上是增函数，所以s23325， s55324故m2n2s. s55所以m2n2的最小值为

4. 5【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.