江苏南京秦淮中学2024~2025学年高二下册期末调研数学试题[含解析]

这是一份江苏南京秦淮中学2024~2025学年高二下册期末调研数学试题[含解析]，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的解法，求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得，可得集合，
又由集合，所以.
故选：C.
2. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的相关概念判断可得；
【详解】解：，故复数的虚部为，
故选：B
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】将向量垂直转化为，利用数量积的坐标表示计算即可.
【详解】因为，，，
所以
故选：B
4. 已知直线l：和圆，则“”是“直线l与圆C相切”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】C
【解析】
【分析】根据直线和圆相切求得的值，由此求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
若直线与圆相切，
则，解得.
所以“”是“直线l与圆C相切的充要条件.
故选：C
5. 已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（ ）
A. B. 5C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线的定义，将点到抛物线焦点的距离转化为点到抛物线准线的距离即得.
【详解】依题意，由抛物线的定义知，点到抛物线焦点的距离即点到准线的距离，
即.
故选：B.
6. 已知轴截面为正三角形的圆锥的体积为，则圆锥的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆半径为，用表示高的长，由圆锥体积求得的值，继而得高.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，因圆锥轴截面为正三角形，故圆锥的高即，
于是有，解得，故圆锥高为.
故选：D.
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把展开，切化弦，两式联立解方程组解出，，再求。
详解】由得，
由得，联立两个方程得：，，
所以。
故选：A
8. 已知函数满足对且，有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得函数是R上的增函数，根据分段函数的组成可得一个不等式组，解之即得.
【详解】由题意，函数是R上的增函数，因
故须使：，解得，.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 第一组样本数据，第二组样本数据，其中则（ ）
A. 第二组样本数据的样本平均数小于第一组样本数据的样本平均数的2倍
B. 第二组样本数据的中位数大于第一组样本数据的中位数的2倍
C. 第二组样本数据的样本标准差等于第一组样本数据的样本标准差的2倍
D. 第二组样本数据的样本极差等于第一组样本数据的样本极差的2倍
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据样本的平均数和方差公式计算推理，易判断A,C正误；对于中位数与极差，只需设出第一组数据的相关量，利用第二组数据的生成公式易得第二组对应相关量，比较即得.
【详解】对于A，设的样本平均数为，
则的样本平均数为
，故A正确；
对于B，设按照从小到大顺序排列后得到的中位数为,
则将其中的每个数据乘以2再减去1后，中位数仍在相同位置，且，显然，故B错误；
对于C，在A项基础上，设的样本方差为，
的样本方差为，因，，
则
，故得，即C正确；
对于D，设中的最大值为，最小值为，极差为，
则中的最大值为，最小值为，
极差为，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 在区间上单调递增
C. 将图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到的图象
D. 函数的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据三角函数的对称性、单调性、图象变换、三角恒等变换、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A选项：将代入，得，
故的图象不关于点对称，故选项A错误；
对于B选项：在，令，则，
因为，所以，
根据余弦函数图象可知在单调递增，故选项B正确；
对于C选项：将图象上的所有点向右平移个单位长度，
可得到，
故选项C正确；
对于D选项：，
，
结合余弦函数的性质可知：，故选项D正确．
故选：BCD
11. 已知菱形的边长为2，.将沿着对角线折起至，连结.设二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若四面体为正四面体，则
B. 四面体的体积最大值为1
C. 四面体的表面积最大值为8
D. 当时，四面体外接球的半径为
【答案】BD
【解析】
【分析】取中点，连接，证得为二面角的平面角， 然后根据的大小判断ABC，D中需要找到外接球球心，求出半径判断．
【详解】如图，取中点，连接，则，，为二面角的平面角，
，若是正四面体，则，不是正三角形，则不是正三角形，，A错；
四面体的体积最大时，平面，此时到平面的距离最大为，
，所以，B正确；
，易得，，
未折叠时，折叠到重合时，，中间存在一个位置，使得，
则，时，取得最大值为，
所以四面体的表面积最大值为，C错误；
当时，如图，设是和的外心，
在平面内作，作，，
则是四面体外接球的球心，
由上述证明过程知平面与平面、平面垂直，即四点共面，
，则，，，
为球半径，D正确。
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题考查已知二面角，四面体的体积，表面积，外接球等等．解题关键是确定二面角的平面角，利用二面角判断．对外接球关键是找到球心，而三棱锥的球心一定在过各面外心且与此面垂直的直线上．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数的定义域为，则实数的取值范围是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的定义域为,转化为恒成立,然后通过分类讨论和两种情况分别求得a的取值范围，可得解.
【详解】的定义域为，是使在实数集上恒成立.
若时,要使恒成立,则有 且,
即,解得.
若时，化为，恒成立，所以满足题意，
所以
故答案为：.
13. 若的展开式中第5项为常数项，则该常数项为______（用数字表示）．
【答案】60
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，令即可求解.
【详解】展开式第项，
，
第5项为常数项：，，，
．
故答案为：60.
14. “绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件为“两位游客选择的景点不同”，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】先计算出两位游客选择旅游景点方法的总数，再分别计算和，代入条件概率公式即可.
【详解】根据分步计数原理两位游客选择旅游景点方法的总数为种.
事件的总数种，所以，
事件的总数种，所以，
根据条件概率公式.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 记内角的对边分别为，，，已知，
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件和余弦定理先求出，代入第二个条件，可求得；
（2）由（1）结论先求出，再由正弦定理求出边，最后运用三角形面积公式计算即得.
【小问1详解】
由可得，
由余弦定理，，因，故.
代入可得，，因,故.
【小问2详解】
由（1）知，，，故，
因
由正弦定理，可得，
故的面积为.
16. 已知和为椭圆上两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过点且斜率为的直线交于另一点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）直线求出来，发现经过原点，得出B坐标，用两点间的距离公式求出长度，再运用点到直线距离公式求出的高，求出面积即可．
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以椭圆的标准方程为：
【小问2详解】
如图过点且斜率为的直线设为：化简即，
即，经过原点，由椭圆的对称性知道，关于原点对称，
则，，
由点到直线距离公式求得到的距离，
则，
故的面积为．
17. 如图，在棱长为2正方体中，E，F分别是，AB的中点.
（1）证明：直线平面.
（2）求点B到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据三棱锥的体积公式，结合三棱锥的等积性进行求解即可.
【小问1详解】
证明：如图，连接EF，因为E，F分别是，AB的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，则.
又平面，平面，所以直线平面.
【小问2详解】
连接EB.设点B到平面的距离为h.
，
中，，，.
又因为，所以，解得.
18. 已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）当时，若在区间上的最小值为，求a的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，分别求出及，即可写出切线方程；
（2）计算出，令，解得或，分类讨论的范围，得出的单调性，由在区间上的最小值为，列出方程求解即可．
【小问1详解】
当时，，则，，所以，
所以曲线在处的切线方程为：，即．
【小问2详解】
，令，解得或，
当时，时，，则在上单调递减，
所以，考虑，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以的极大值为，所以由得；
当时，时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增，
所以，则，不合题意；
当时，时，，则在上单调递减，
所以，不合题意；
综上，．
19. 已知数列的前项和为.若对每一个，有且仅有一个，使得，则称为“数列”.记，，称数列为的“余项数列”.
（1）若的前四项依次为0，1，-1，1，试判断是否为“数列”，并说明理由；
（2）若，证明为“数列”，并求它的“余项数列”的通项公式.
【答案】（1）不是数列
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）依次求出，再根据“数列”定义进行判断即可；
（2）由先求出数列通项公式，再依据“数列”定义进行推算证明即可，接着由“余项数列”的定义公式进行计算即可.
【小问1详解】
由，，，，
所以，，根据“数列”定义不是数列.
【小问2详解】
因为，所以当，，当时，，
则不满足，所以，
令，即，
则当时，有，当时，有，
故，即，
则对每一个，有且仅有一个且，使得，
综上，对于任意，有且仅有一个，使得，所以为“数列”,
由上，即的“余项数列”的通项公式为.