江苏常州金坛第一中学2024~2025学年高二下册期末适应性检测数学试题[含解析]

这是一份江苏常州金坛第一中学2024~2025学年高二下册期末适应性检测数学试题[含解析]，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式的解法求得或和，结合集合的运算法则，即可求解.
【详解】由不等式，可得，解得或，
即或，
又由不等式，解得，即，
则，所以.
故选：B.
2. 设，则“”是“函数在为减函数”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据为单调减函数解出的范围，即可判断得结果.
【详解】由题意可得为减函数，
则，解得.
因为推不出，，
所以“”是“函数在为减函数”的必要不充分条件，
故选：B
3. 已知向量不共面，则使向量共面的实数x的值是（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量共面得到线性表示，再化简求值即可.
【详解】因为共面，所以存在实数，使得，所以，解得.
故选：A.
4. 已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分别为，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件，三人中恰有两人命中为事件，结合相互独立事件的概率乘法公式和条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件，
每人各射击一次，在三人中恰有两人命中为事件，
则，
，则.
故选：D．
5. 已知，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先确定，再由基本不等式得到，从而求出的取值范围.
【详解】因为，，则，所以．
又，
即，即，解得，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
即的取值范围为.
故选：D．
6. 已知是定义在R上的函数，且为偶函数，为奇函数，当时，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先根据为偶函数，为奇函数，求出函数周期，再根据函数的周期求解即可.
【详解】因为为偶函数，
所以，即，所以，
因为为奇函数，
所以，
所以，即，
所以，
所以函数是以为周期的周期函数，
所以，
又，所以，
即.
故选：C.
【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.
7. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，利用导数判断函数为单调递减，利用函数的奇偶性判断函数为奇函数，根据单调性与奇偶性将不等式化为，解不等式即可.
【详解】设，函数的定义域为，
则，所以函数在上为减函数，
又，
所以函数为奇函数，
所以，
即，即，
即，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
故选：C.
8. 已知是定义在上的奇函数，当时，，若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为（ ）
A. B. 8C. 或8D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先作出函数时的图象，设，求出或，结合图象分类讨论，即可求得答案.
【详解】是定义在上的奇函数，则时，；
由题意知当时，，
当时，，则，
当时，，则，
依此类推，可作出当时，时的图象：
设，则即为，
解得或，
当时，有一个根为，
要使得方程恰有4个不相等的实数根，
可分两种情况考虑：
当时，有3个根，不妨设为，且满足，
此时这4个实数根之和为8；
结合函数的奇偶性可知，当时，有3个根，
不妨设为，且满足，
此时这4个实数根之和为；
故选：C
二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分）
9. 下列命题中说法正确的是（ ）
A. 已知随机变量，若，则
B. 将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C. 设随机变量服从正态分布，若，则
D. 某人在9次射击中，击中目标的次数为X，且X~B，则他最有可能命中7或8次
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二项分布的均值和方差的公式即可判断A；根据方差的性质即可判断B；根据正态分布的对称性即可判断C；根据二项分布的概率公式结合不等式组法即可判断D.
【详解】对于A，因为随机变量，，
所以，解得，故A错误；
对于B，由方差的性质可得将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，
方差恒不变，故B正确；
对于C，因为随机变量服从正态分布，，
所以，故C正确；
对于D，设当时，概率最大，
则，
即，
即，
即，解得，
所以最有可能命中7或8次，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知函数，的定义域为，若函数是奇函数，函数是偶函数，，且.则下列结论正确的是（ ）
A. 函数图像关于直线对称
B. 函数为偶函数
C. 4是函数的一个周期
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过函数的奇偶性可判断B；通过联立函数与的方程组以及对函数进行赋值可推出函数的周期从而判断C；
计算出从而排除A；先通过赋值求出，再通过周期性计算出D。
【详解】因为是偶函数，所以，
所以函数图象关于直线对称，
因为是奇函数，所以，
即，代入，得，
所以.由，得，
所以，所以函数为偶函数.故选项B正确；
因为，所以，由，
得，所以，得，
所以，所以4是函数的周期.故选项C正确；
由，得，所以，所以，
由，得，，所以，，
因，所以，故选项A错误；
由，得即，
所以，故选项D正确.
故选:BCD
【点睛】本题是一道综合性较强的关于抽象函数奇偶性，对称性，周期性的综合题，且包含两个函数。
解决抽象函数奇偶性，对称性，周期的问题的关键是通过赋值，找到这几个性质之间的联系，函数的赋值包括两大类：即赋具体值和抽象的表达式，对于赋具体值一般根据题目的要求即可找到题目所需要求的值；而赋抽象的表达式，则需要遵循赋值后的表达式与其它子式子之间能够联立的原则。另外对于一个题目里有两个抽象函数的综合问题，则需通过建立方程组，然后赋值（表达式）消去其中一个函数，从而得到另一个函数的性质。
11. 如图，在边长为1的正方体中，点为线段上的动点，则（ ）
A. 不存在点，使得
B. 的最小值为
C. 当时，
D. 若平面上的动点满足，则点的轨迹是直线的一部分
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，根据线面垂直的性质证明当为的中点时；B选项，设，然后利用向量的线性运算和数量积的运算律得到，最后求最小值即可；C选项，利用空间向量再证明即可；D选项，建立空间直角坐标系，然后根据列方程得到点的轨迹方程，即可得到点的轨迹.
【详解】
A选项：当为的中点时，理由如下：
由图可知，当为的中点时平面，
因为为正方体，所以平面，，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，故A错误；
B选项：设，，
则，
，
所以，当时取得最小值，最小值为，故B正确；
C选项：当时，，，，
所以，故C正确；
D选项：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，设，，则，，
当平面上的动点满足时，，
整理得，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D错.
故选：BC.
三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知且，则______．
【答案】64
【解析】
【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.
【详解】由题，整理得，
或，又，
所以，故
故答案为：64.
13. 设，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】因为，
所以，
当且仅当时取等号，结合已知条件解得，时取等号.
故答案为：
14. 已知与的图像上恰有两对关于轴对称的点，则的取值范围为_____________________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得在上有两个解，即在上有两个解，令，即直线与在上有两个交点，利用导数求出函数的最小值即可得答案．
【详解】由题意可得在上有两个解，
所以在上有两个解，
即在上有两个解，
令，
则直线与在上有两个交点，
则，
因为，所以，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，且当时，当时，
则ℎx的图象如下所示：

由图可知，即的取值范围为．
故答案为：．
四、解答题（共5小题，共77分）
15. 已知集合 .
（1）若 ，求 ;
（2）若“ ”是“ ”充分不必要条件，求实数 的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据集合的交集，补集运算即可求解；
（2）将充分不必要条件转化为真子集关系，即可列不等式组求解.
【小问1详解】
当时，，
所以，所以或
小问2详解】
因为“ ”是“ ”充分不必要条件，
所以
时，，所以；
时， ，所以 ，
综上，取值范围是
16. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，，且．
（1）求的值，并求出的解析式；
（2）若在上恒成立，求的取值范围．
【答案】（1），
（2）．
【解析】
【分析】（1）由，求得，再结合函数的奇偶性，求得时，，进而求得函数的解析式；
（2）由（1），把在上恒成立，转化，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为是偶函数，所以，解得，
当时，可得，可得，
所以函数的解析式为.
【小问2详解】
解：由（1）知，当时，，
因为在上恒成立，
即，
又因为，
当且仅当时，即时等号成立，
所以，即的取值范围是．
17. 如图，在正四棱锥中，已知平面，点在平面内，点在棱上．
（1）若点是的中点，证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点为棱上靠近点的三等分点．
【解析】
【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，即可得证；
（2）连接，建立空间直角坐标系， 假设在棱上存在点，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量法可得答案.
【小问1详解】
依题意正四棱锥所有棱长均为，又点是的中点，
所以，，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
连接，由平面，平面，平面，
则，，又， 可得两两垂直，
分别以所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，B1,0,0，，，，
假设在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，
设，，由，所以，则，
设平面的一个法向量为，则，
因为，，
所以，令，得，，
因为平面的一个法向量为，
又二面角为锐二面角，
所以，
化简得，解得或（舍），
所以存在点符合题意，点为棱上靠近点的三等分点．
18. 已知甲口袋有个红球和2个白球，乙口袋有个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球.
（1）当时，
（i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
（ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望；
（2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，则当为何值时，最大？
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）先根据题意求出小明从甲口袋摸出一个白球的概率和从乙口袋摸出一个白球的概率，然后求出小明4次摸球中，摸出的都是红球的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得答案；（ii）的所有可能取值为，求出相应的概率，从而可求出的数学期望；
（2）由，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，则，然后利用导数可求得其最大值.
【小问1详解】
小明从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为，
从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为.
（i）设“小明4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件，则“小明4次摸球中，摸出都是红球”为事件，且，
所以.
（ii）的所有可能取值为，
由（i），得，，
，，，
所以.
【小问2详解】
由，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，
设小明每次摸出一个红球的概率为，则.
因为，
所以当时，；当1时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，最大，
此时，解得，
故当时，最大.
【点睛】关键点点睛：此题考查对立事件的概率公式的应用，考查离散型随机变量的期望，考查独立重复试验的概率，考查导数的应用，第（2）问解题的关键是根据独立重复试验的概率公式表示出，然后利用导数可求出其结果，考查理解能力和计算能力，属于较难题.
19. 已知函数.
（1）当时，求的图象在1,f1处的切线方程；
（2）若函数存在单调递减区间，求实数a的取值范围；
（3）设是函数的两个极值点，证明：
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导函数，可得切线斜率和切点，由直线的点斜式方程可得切线方程.
（2）求出导函数，把所求问题转化为f′x