2024-2025学年浙江省高二数学下学期6月学业水平第二次适应性联考检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省高二数学下学期6月学业水平第二次适应性联考检测试题（附答案），共18页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷，5C， 已知，则的值， 已知，若，，，则， 在一次数学考试中，超过85分， 已知实数，是奇函数，则等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号.
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题卷.
选择题部分
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.）
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由交集定义运算即可得结果.
【详解】根据交集运算可求得.
故选：C
2. 复数（为虚数单位）的虚部是（）
A1B. C. 2024D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的概念及虚部的定义可得结果.
【详解】由复数的概念可得的虚部是.
故选：B
3. 函数的定义域为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据开偶次方被开方数非负以及分母不能为零结合一元二次不等式以及三角不等式即可求解.
【详解】由题得，，或，
所以函数的定义域为.
故选：D.
4. 样本数据1，3，5，6，7，10的中位数为（）
A. 5B. 5.5C. 6D. 5或6
【答案】B
【解析】
分析】根据中位数定义计算即可.
【详解】把数据从小到大排列为1，3，5，6，7，10，可得中位数为.
故选：B.
5. 下列函数在定义域上为减函数的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的单调性分别判断各个选项即可.
【详解】在上是单调增函数，A选项错误；
,,不是单调减函数，B选项错误；
,不是单调减函数，C选项错误；
在上单调递减，D选项正确.
故选：D.
6. 已知，则的值（）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用同角三角函数之间的基本关系将弦化切代入可得结果.
【详解】由可得，
将分式的分子和分母同时除以可得，
.
故选：A
7. 已知，若，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用分段函数性质可求得当时，函数为单调递增，即可得出结论.
【详解】由可得，
易知，
易知，由为单调递增函数可得，
即；
故选：B
8. 在一次数学考试中，超过85分（含85分）为优秀，现有5位学生成绩如下：79，83，87，90，95.从这5位学生中随机抽取2位，则抽到的2位同学考试成绩都为优秀的概率（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意，由古典概型概率计算公式可得结果.
【详解】根据题意可知，抽到的2位同学考试成绩组成的样本空间共有10个样本点；
即；
其中2位同学考试成绩都为优秀样本点为，共3个；
所以抽到的2位同学考试成绩都为优秀的概率为.
故选：C
9. 已知实数，是奇函数，则（）
A. 2B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据得到方程，化简得到，得到答案.
【详解】由题意得，即，
故，
所以，解得，经检验，满足题意.
故选：A
10. 近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数.为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，，则该蓄电池的常数大约为（）
A. 1.25B. 1.75C. 2.25D. 2.55
【答案】C
【解析】
【分析】利用经验公式将数据代入构造方程组，再由对数运算法则可解得常数.
【详解】根据题意由可得，
两式相除可得，即可得，
两边同时取对数可得，即可得；
即.
故选：C
11. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，若函数的图象关于点成中心对称图形，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设为图象对称中心，为奇函数，利用为奇函数，则，即可得出结果.
【详解】因为函数图象的对称中心为，
则
，
因为为奇函数，所以，
即
，
所以得，
解得，.
故选：B
12. 已知关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将不等式恒成立问题转化成判断函数与的符号问题，再利用二次函数和三角函数性质即可得出结论.
【详解】根据题意可得对于函数，
当时，即时，，此时满足恒成立，
因此，只需恒成立即可，因此恒成立；
又易知，所以可得，
因此可得；
当时，即或时，此时，
若，可得恒成立，
因此只需满足在上恒成立，显然不合题意；
若，可得恒成立，
因此只需满足在上恒成立，
不妨取，可得，显然不合题意；
综上可知，实数的取值范围是.
故选：C
【点睛】方法点睛：解决三角不等式往往利用三角函数有界性，并根据恒成立条件限定出含参数不等式范围，即可求得结论.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得4分，部分选对且没错选得2分，不选、错选得0分.）
13. 已知向量，，下列说法正确的是（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据两向量平行的坐标运算判断A；根据两向量垂直的坐标运算判断B；根据向量模长的坐表示判断C；根据两向量的积的坐标运算判断D.
【详解】因为，，
A选项，若，则有，A正确；
B选项，若，则有，解得，B正确；
C选项，若，则，即，解得，C错误；
D选项，，若，则，即，解得，D正确.
故选：ABD
14. 已知，，是三条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，则下列命题中真命题是（）
A. 若，，则B. 若，，，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由线面垂直性质可判断A正确；利用线面垂直判定定理可判断B错误；根据面面垂直的判定定理可得C正确；由面面垂直的性质可判断D正确.
【详解】对于A，若，，由线面垂直性质可得，即A正确；
对于B，若，，，，当平行时，可能，所以B错误；
对于C，若，，，则在平面内存在一条直线满足，则可得，即C正确；
对于D，如下图所示：
设，，
在平面内取一点，过点作直线，过点作直线，
由面面垂直的性质定理可得平面，平面；
又，即，所以可得；
又，且平面，
可得，则D正确.
故选：ACD
15. 已知函数，则下列正确的是（）
A. 函数的值域为
B. 函数最小正周期为
C. 当时，方程有且仅有1个实根
D. 在区间上单调递增，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据振幅判断A选项；根据函数周期判断B选项；利用数形结合分别画出与的图象，根据交点个数判断C选项；利用换元法，将函数，化为，，通过，再结合已知条件确定的取值范围即可判断D.
【详解】A选项，因为，函数振幅为，所以函数的值域为，A正确；
B选项，函数的周期为，所以B错误；
C选项，时，，求方程的根，
可转化为求与的图象的交点个数，分别画出与的图象，
因为为周期函数最大值为，在定义域上单调递增且，
所以两函数图像在之后不会再有交点，所以如图方程有个实根，
C错误；
D选项，因为，所以，
令，则函数化为，又在区间上单调递增，
所以在上单调递增，因为，所以，
结合在上单调递增，则有，解得，
又因为，则.
故选：AD
16. 如图，直三棱柱中，，，点在棱上运动（含端点），则下列结论正确的是（）
A. 直线与直线所成角的范围是
B. 存在点，使得平面
C. 若为棱的中点，则平面截三棱柱所得截面积为
D. 若为棱上的动点，则三棱锥体积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由直三棱柱性质，从而可将直线与直线所成角等价转化为为直线与直线所成角即可较易求解；对于B，证明与不垂直即可判断；对于C，先明确平面截三棱柱所得截面，再根据已有数据求解即可；对于D，利用等体积法即可求解.
【详解】对于A，由直三棱柱性质，，
所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
所以直线与直线所成角为，
又点在棱上运动（含端点），且，
故，故，故A对；
对于B，如图，分别取、、中点为、、，设此时为中点，
连接、、、、，
则且，
且，
且，且，
，
所以，故与不垂直，故与不垂直，
故根据垂直定义可知，不存在点，使得平面，故B错；
对于C，若为棱的中点，设此时为中点，
连接、，则且，
故由、可唯一确定一个平面，所以平面截三棱柱所得截面为面，
又，，
所以四边形为等腰梯形，故梯形的高为，
平面截三棱柱所得截面积为，故C正确；
对于D，因为，
为Q到直线的距离，
所以当取得最大值时三棱锥体积最大，
而最大值为，
所以三棱锥体积最大为，故D对.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：对于不能直接求出三棱锥体积的三棱锥体积问题通常将三棱锥换底，利用等体积法研究求解.
非选择题部分
三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分.）
17. 在中，内角所对的边分别为，，，已知，，，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦定理代入即可得结果.
【详解】利用正弦定理可得，即；
可得.
故答案为：
18. 若，且，则的最小值为_________；的最小值为_________.
【答案】 ①. 3 ②. ##
【解析】
【分析】利用基本不等式可得，再由对数运算法则及对数函数单调性可得的最小值为3，根据基本不等式中“1”的妙用即可求得出的最小值.
【详解】由，且可得，
即可得，所以，
当且仅当时，等号成立；
因此，即当时，的最小值为3；
易知，
当且仅当时，即时，等号成立；
所以当时，的最小值为.
故答案为：3，；
19. 若函数，存在使得，则实数的值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得的值域为，得到，根据题意，得到，即可求解.
【详解】由余弦函数的性质，可得，所以的值域为，
则，所以，
存在使得，则满足，即，所以，
所以实数的值为.
故答案为：.
20. 在棱长为2的正方体中，已知，分别为线段，的中点，点在矩形及其内部运动，则周长的最小值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】取的中点，连接，再取的中点，连接，证得平面，且，得到关于平面对称，得到，当点三点共线时，此时的最小值为，进而求得周长的最小值.
【详解】如图所示，取的中点，连接，再取的中点，连接，
在正方体中，可得，
又由平面，且平面，，
因为，且平面，所以平面，
又因为，所以平面，且，
可得关于平面对称，所以，
则，当点三点共线时，此时的最小值为，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以周长的最小值为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共3小题，共33分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
21. 已知平面向量，，且函数.
（1）求的值；
（2）求函数的最小正周期；
（3）求函数在上的最大值，并求出取得最大值时的值.
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）解法1：将代入可得向量，由向量数量积的坐标表示可得结果；
解法2：由向量数量积的坐标表示求出函数的表达式，再代入可得结果；
（2）根据解析式即可得最小正周期；
（3）利用正弦函数单调性求得在上的单调性，再由其值域即可得出结果.
【小问1详解】
解法1：因为当时，，，
解法2：由诱导公式可得，，
所以
所以
【小问2详解】
由解法2得，故函数的最小正周期为
【小问3详解】
当时，，
当，即时，函数取最大值1，
此时
22. 如图，已知四棱锥，底面是边长为4的正方形，，分别为棱，的中点，，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的平面角余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线证明为平行四边形，由线面平行的判定定理可得结论；
（2）利用线面垂直判定定理作出二面角的平面角，再由余弦定理可得结果.
【小问1详解】
取的中点，连接，，如下图所示：
，分别是，的中点，
，，
，，
，，可得四边形为平行四边形，
，面，面，
所以平面
【小问2详解】
取，的中点，，连接，，，
作交于，，且，
底面是边长为4的正方形，，
，，平面，
平面，平面，
，又且平面；
即平面.
过点作，连接，如下图所示：
易知知，则为二面角的平面角.
在中，，
在中，，
设，则，
则，解得，
可得，，
所以在中，.
即二面角的平面角的余弦值为.
23. 已知函数，函数.
（1）若，且，求，的值；
（2）当时，若函数的值域和函数的值域相同，求的取值范围；
（3）当时，记为在上的最大值，求的最小值.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出方程组，即可求解；
（2）求得，令，得到，结合函数的值域和函数相同，列出不等式，即可求解；
（3）根据题意，得到，得出，且时，取得最小值，求得，结合函数的性质，求得和，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，
因为，且，可得，
解得.
【小问2详解】
解：当，函数，
令，则，
因为函数的值域和函数相同，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
【小问3详解】
解：由函数，
当时，可得，，
且当时，时，取得最小值，此时，
可得，，
所以，得，
所以的最小值为.