2024-2025学年浙江省金华市高二数学下学期5月阶段联考检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省金华市高二数学下学期5月阶段联考检测试题（附答案），共20页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸．等内容，欢迎下载使用。
2、答题前，在答题纸指定的区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3、所有试题必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4、考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分，在每题给出的4个选项中，只有一个选项符合要求．
1. 若集合，则（）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解对数不等式求得集合M，解分式不等式求得集合N，利用交集运算求解即可.
【详解】，因为，所以，所以或，
所以或，所以.
故选：D
2. 已知复数，则（）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的定义及复数的减法运算即可得解.
【详解】，则，
所以.
故选：C.
3. 若，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】令，则可得，对求导可得在上单调递增，再结合充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】由可得，
令，，
所以在上单调递增，
所以由，即，
当时，因为在上单调递增，所以，
当，因为在上单调递增，所以，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
4. 下列说法错误的个数为（）
①已知，若，则
②已知，则
③投掷一枚均匀的硬币5次，已知正面向上不少于3次，则出现5次正面向上的概率为
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的对称性求解概率判断①，根据二项分布期望和方差公式求解判断②，根据古典概率公式求解概率判断③.
【详解】对于①，因为，，所以，
所以，正确；
对于②，随机变量，则，，错误；
对于③，投掷一枚均匀的硬币5次，正面向上不少于3次的有，5次正面向上只有1种，故所求概率为，正确.
故错误的个数为1.
故选：B
5. 科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如裴波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若，则的值为（）
A. 14B. 15C. 24D. 25
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件中的概率公式，结合求和公式，以及对数运算，即可求解.
详解】，
即，所以，解得.
故选：A.
6. 袋中装有5个大小相同的球，其中有2个白球，2个黑球，1个红球，现从袋中每次取出1球，取出后不放回，取得白球得1分，取得黑球得2分，取得红球得3分，直到取到的球的总分大于或等于4分时终止，用表示终止取球时所需的取球次数，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求出时，取球的情况，结合独立事件的乘法公式求解即可.
【详解】由题意，时，取球的情况为：白白红，白白黑，白黑白，白黑黑，白黑红，
黑白白，黑白黑，黑白红，
所以.
故选：A.
7. 体积为1的正三棱锥的外接球的半径与底面正三角形的边长比的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据体积公式得到底面边长和三棱锥的高的关系，再由正三棱锥和其外接球的几何关系，得到外接球半径与底面边长比值表达式，再化简利用基本不等式求得最值即可.
【详解】如图，设正三棱锥的底面边长为，高为，外接球半径为.
因为体积为1，所以，所以.
不论外接球的球心在正三棱锥的内部（图1），外部（图2）还是与重合（图3），
其外接球半径均满足，
将代入化简得，
当且仅当即时取等号，所以最小值为.
故选：D.
8. 已知函数，当时，记的最大值为，有，则实数的最大值为（）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，利用导数可知在区间为减区间，进而可得最值，结合绝对值的性质可得，分析求解即可；
【详解】函数，
，
由，可得，，
可知，则在区间为减函数，
可得的最大值为，最小值为，
对任意的恒成立，可得，
可得，
由，
可得，即，
则的最大值为；
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于先对求导，利用导数可知在区间为减区间，进而可得的最值，结合绝对值的性质可得，分析求解即可；
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 下列选项中正确的有（）
A. 已知在上的投影向量长度为，且，则
B.
C. 若非零向量满足，则
D. 已知，且与夹角为锐角，则的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】结合投影向量的概念以及平面向量数量积的定义可判断A选项；利用向量数量积的定义可判断B选项；根据平面向量夹角的公式以及数量积的运算律即可判断C选项；结合平面向量数量积和向量共线的坐标运算即可判断D选项.
【详解】对于A，设与的夹角为（），又因为在上的投影向量长度为，
所以，又，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以，故B正确；
对于C，因为，对两边同时平方：
，解得：，
，故C正确；
对于D，因为，则，
又因为与夹角为锐角，
所以，且与不共线，
即，解得，
所以则的取值范围是，故D错误；
故选：BC.
10. 下列命题错误的是（）
A. 线性相关模型中，决定系数越大相关性越强，相关系数越大相关性也越强
B. 回归直线至少会经过其中一个样本点
C. 已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
D. 以模型去拟合某组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别为3，4
【答案】AB
【解析】
【分析】根据决定系数的概念和相关系数的概念判断A，根据回归直线方程的性质判断B，根据回归方程及残差的概念判断C，根据线性回归方程与非线性之间的转化关系可判断D.
【详解】对于A：在线性相关模型中，决定系数越大，即残差平方和越小，所以拟合效果越好，
相关系数越大，相关性越强，故A错误；
对于B：回归直线方程不一定过样本点，故B错误；
对于C：回归直线方程为，且样本点与的残差相等，
则，化简得，故C正确；
对于D：因为，所以两边取对数，可得，
令，可得，因为，所以，
即，故D正确.
故选：AB
11. 如图，已知圆台的下底面直径，母线，且，是下底面圆周上一动点，则（）
A. 圆台的侧面积为
B. 圆台的体积为
C. 当点是弧中点时，三棱锥的内切球半径
D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】作出圆台轴截面等腰梯形及其高，求出圆台的高及上底面圆半径，分析计算判断AB；利用体积分割法求得内切球的半径判断C；求出的函数关系，利用导数求出最大值即可判断D.
【详解】圆台中，作出圆过点的直径，则四边形是等腰梯形，作于，
在中，由，得，
则，
对于A，圆台的侧面积，A正确；
对于B，圆台的体积，B正确；
对于C，当点是弧中点时，得点到直线距离为2，
则面积为，三棱锥体积的为，
又，，所以，
，，
因为，
所以，C错误；
对于D，连接，当与点都不重合时，设，
则，
在中，由余弦定理得，
于是，，
求导得，令得，，令得，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
当与重合时，，
当与重合时，，因此的最大值为，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用体积分割法求得三棱锥内切球的半径，进而比较大小即可判断C选项.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题每题5分，共15分．
12. 的展开式中的常数项为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出的展开式的通项，令，解出代入即可得出答案.
【详解】的展开式的通项为：，
令，解得：，
所以的展开式中的常数项为：.
故答案为：.
13. 在锐角三角形中，边长为1，且，则边的长度取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用二倍角的正弦公式和正弦定理，结合锐角三角形确定角的范围，从而求出边的取值范围.
【详解】因为，所以，
再由正弦定理角化边得：，因为，所以，
又由是锐角三角形，，解得：，
则.
故答案为：.
14. 某学校举办校庆，安排3名男老师和2名女老师进行3天值班，值班分为上午和下午，每班次一人，其中女老师不在下午值班，且每个人至少要值班一次，则不同的安排方法共有______种（用数字作答）.
【答案】252
【解析】
【分析】分类讨论上午值班是否有男教师，结合间接法以及分步乘法计算原理运算求解.
【详解】若上午值班均为女教师，则不同的安排方法共有种，
可知下午值班均为男教师，则不同的安排方法共有种，
则不同的安排方法共有种；
若上午值班有男教师，则不同的安排方法共有种，
①当上午值班的男教师不下午值班时，则不同的安排方法共有种；
②当上午值班的男教师也下午值班时，则不同的安排方法共有种；
则不同的安排方法共有种；
综上所述：不同的安排方法共有种.
故答案为：252.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程和演算步骤．
15. 设函数，其中，已知．
（1）求的解析式；
（2）已知，求的单调递增区间及值域．
【答案】（1）
（2）调递增区间为，
【解析】
【分析】（1）由已知可得，可求，可求得的解析式；
（2）由，可求的单调递增区间，利用，易求值域.
【小问1详解】
可化为
，
所以，
所以，又
所以
所以
【小问2详解】
令，
解得，
又，所以，
故的单调递增区间为，
，所以，
所以.
16. 在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点．
（1）若平面，求的值；
（2）若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）过点作，交于，连接，则可证平面平面，从而得到，故可求的值，也可以过点作，可证四边形是平行四边形，从而可求的值.
（2）过作，垂足为，再过作，垂足为，连接，可证即为二面角的平面角，故可求二面角余弦值的最小值，也可以利用建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值的最小值.
小问1详解】
法1：（1）过点作，交于，连接，如图，
由平面，平面，
则平面且，
又平面，，且平面，
故平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，从而，故.
法2：过点作，交于，则由可得，
所以四点共面，而平面，平面，
平面平面，所以，
四边形是平行四边形，
所以，所以.
【小问2详解】
法1：过作，垂足为，
由正三棱柱可得平面平面，
而平面平面，平面，则平面，
再过作，垂足为，连接，
因为平面，故，
而平面，故平面，
而平面，故，
则即为二面角的平面角．
又在中，，
，
当位于时，此时，
故二面角余弦值的最小值为.
方法2：取的中点由正三棱锥得平面，如图建立空间直角坐标系，
，
，
设平面法向量，则即，
令得，
而平面法向量，设二面角的平面角为，
则为锐角且，
当时取到.
17. 已知函数，．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）证明：当时，．
【答案】（1）
（2）答案见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先对函数求导，将得出代入函数和导函数分别得切点和切线斜率，再根据点斜式即可得切线方程.
（2）明确导数和定义域，根据导数特征分类讨论求出导数正负区间范围即可得函数的单调性.
（3）先（1）得出时，再将问题转化成证，则只需求证即可.
【小问1详解】
由题，
令，，且切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，
可化为.
【小问2详解】
，
当，在上恒成立，
故在上单调递增；
当时，令得（舍去）或；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：时增区间为；
当时单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
由（2）知，当时，有，
所以证当时，，
即证恒成立，
即证，
即证，
令，
则，
令，
则，
因为，所以，
所以在上单调递增．
所以，所以，
所以在上单调递减．
因为，所以，
所以，
即当时，．
18. 某超市为促进消费推出优惠活动，为预估活动期间客户投入的消费金额，采用随机抽样统计了200名客户的消费金额，分组如下：（单位：元），得到如图所示频率分布直方图：
（1）利用抽样的数据计算本次活动的人均消费金额（同一组中的数据用该组的中点值表示）
（2）若把消费金额不低于800元的客户，称为“活跃客户”，经数据处理，现在列联表中得到一定的相关数据，求列联表中的值，并根据列联表判断是否有的把握认为“活跃客户”与性别有关？
（3）为感谢客户，该超市推出免单福利，方案如下：
从“活跃客户”中按分层抽样的方法抽取12人，从中抽取2人进行免单，试写出总单金额的分布列及其期望．（每一组消费金额按该组中点值估计，期望结果保留至整数．）
附：
【答案】（1）620（2），有的把握与性别有关
（3）分布列见解析，1933
【解析】
【分析】（1）利用每个矩形的中点值乘以对应频率累加来求样本均值；
（2）先完善列联表，再求卡方,即可作出判断；
（3）先用分层抽样，然后用超几何分布的概率公式计算，即可得分布列与期望.
【小问1详解】
由直方图计算人均消费金额：元
【小问2详解】
消费金额不低于800元的人数为：人，
则活跃客户共有60人，所以，，
列联表如下
计算
因此有的把握与性别有关．
【小问3详解】
从“活跃客户”中用分层抽样，抽出消费900元：人，消费1100元：人，从中抽取2人免单总金额的取值有：，
则，
，
，
所以的分布列为：
即.
19. 已知①设函数值域是，对于中的每个，若函数在每一处都等于它对应的，这样的函数叫做函数的反函数，记作，我们习惯记自变量为，因此可改成即为原函数的反函数．易知与互为反函数，且．如的反函数是可改写成即为的反函数，与互为反函数．②是定义在且取值于的一个函数，定义，则称是函数在上的次迭代．例如，则．对于一些相对复杂的函数，为求出其次迭代函数，我们引入如下一种关系：对于给定的函数和，若函数的反函数存在，且有，称与关于相似，记作，其中称为桥函数，桥函数满足以下性质：
（i）若，则
（ii）若为的一个不动点，即，则为的一个不动点．
（1）若函数，求（写出结果即可）
（2）证明：若，则．
（3）若函数，求（桥函数可选取），若，试选取恰当桥函数，计算．
【答案】（1）
（2）证明见解析（3）；
【解析】
【分析】（1）由次迭代函数定义，即可得出.
（2）利用数学归纳法证明.
（3）利用的桥函数和相似函数，求的迭代可以转换为求的迭代；结合不动点的知识求函数的桥函数和相似函数，求的迭代可以转换为求的迭代.
【小问1详解】
根据次迭代函数的定义，由，可得.
【小问2详解】
证明：因为，有，即，
有，即.
当时，，成立；
假设时成立，即，；
当时，
，
因此成立，
综上所述，若，则.
【小问3详解】
根据相似函数不动点也相似，桥函数选取时可令不动点为一解，当，
选取桥函数，
，，
易得，
由（2）可知，，
即有．
当，选取桥函数（不唯一），
，．易得，
由（2）可知，.
【点睛】本题考查函数迭代问题，求函数迭代可从以下方面入手：
（1）简单函数的次迭代，一般先迭代几次，观察规律并猜测表达式，再利用数学归纳法证明.
（2）当函数的迭代较复杂时，利用不动点有关的桥函数相似法.例如需要求已知函数的次迭代，只需要找出一个桥函数以及相似函数，其中确定和可从的不动点来考虑.
活跃客户
非活跃客户
总计
男
20
女
60
总计
0.150
0.100
0.050
0.010
0.005
k
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
活跃客户
非活跃客户
总计
男
20
80
100
女
40
60
100
总计
60
140
200
Y
1800
2000
2200
P