江苏省常州市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学（含解析）

这是一份江苏省常州市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学（含解析），共14页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知，且，则的最小值为， 已知复数，则下列说法正确的有， 已知点在角的终边上，且，则等内容，欢迎下载使用。
2025年6月
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. －5B. C. D. 5
【答案】D
【详解】.
故选：.
2. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由,则,
所以.
故选：C.
3. 已知扇形的圆心角为，半径为6，则该扇形的弧长为（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】C
【详解】，
所以扇形的弧长为.
故选：.
4. 已知随机变量服从正态分布，若，则实数（ ）
A. －2B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【详解】因为，
故，故，
故选：D.
5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，且侧面积之比为2，则母线长之比为（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】B
【详解】设圆柱的母线长为，圆锥的母线长为，它们底面半径为，
由题意得，，故.
故选：B.
6. 已知函数，直线与曲线相切，则实数（ ）
A. －3B. －1C. 1D. 3
【答案】A
【详解】，
设直线与曲线的切点横坐标为，
所以，且，
解得，.
故选：.
7. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】A
【详解】，且，
所以
，
当且仅当，即时等号成立.
故选：.
8. 已知函数是定义在上的单调减函数，且函数是奇函数.若存在，使得不等式成立，则实数的最大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【详解】设，
因为函数是奇函数，
则，
而即为：，
而为奇函数，故，
而是定义在上的单调减函数，故为上的单调减函数，
故即，
故在上有解即在上有解，
而，当且仅当时等号成立，
设，则当时，，故，
因为在为增函数，故，故，
当且仅当时等号成立，故，
故选：B
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知复数，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】AB
详解】设，
对于A，因为，
则，
而，所以，故正确；
对于B，因为，
故，
故，故B正确；
对于C，因为，，
所以，，
且，所以，
所以，
因为不一定等于，所以错误；
对于D，取，则，
但无法比较大小，故错误；
故选：AB
10. 已知点在角的终边上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【详解】对于：，所以，
平方得，解得，故错误；
对于：，故正确；
对于：，故正确；
对于：，故正确.
故选：.
11. 已知棱长为1的正方体的所有顶点都在以为球心的球面上，点是棱的中点，点是棱上的动点.则下列说法正确的有（ ）
A. 若是棱的中点，则平面
B. 点到直线的距离的最小值为
C. 棱上存在点，使得
D. 若是棱的三等分点，则过的平面截球所得的截面面积最小为
【答案】ACD
【详解】如图，设的中点为，连接，

是中点，，且，
对于A，若是中点，，且，
，且，所以四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面，故A正确；
根据题意，以为原点，以直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系，
设，，，，
所以点到直线的距离，
即点到直线的距离的最小值为，故B错误；
对于C，，所以，
则，当时，，即，
所以棱上存在点，使得，故C正确；
对于D，当是棱的三等分点时，点或，球心，
所以，又正方体外接球半径，
所以截面所得圆的最小半径，其面积为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 写出命题“”的否定：_____.
【答案】
【详解】∵全称命题的否定是特称命题，
∴命题“”的否定是
故答案为：
13. 甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球、先从甲袋中随机取1个球放入乙袋，再从乙袋中随机取1个球，则该球是红球的概率为_____.
【答案】
【详解】设A表示事件“从甲袋取出又放入乙袋中的球是白球”，
则表示事件“从甲袋中取出放入乙袋中的球是红球”，
B表示事件“最后从乙袋中取出的球是红球”，
所以，，
故，，
故
，
故答案为：
14. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【详解】由，，，
则，则，
则，则，
设，则，
因为，
令，得；令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，且时，，
则时，，即恒成立，
设，，则，
所以函数在上单调递减，
则，即，所以，
则实数的取值范围是.
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. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）已知函数在区间上的最小值为－4，求.
【答案】（1）或
（2）
【小问1详解】
当时，，
所以，解得或，
所以不等式的解集为或.
【小问2详解】
开口向上，对称轴，
当即时，最小值为，解得，
又，所以舍去；
当即时，最小值为，解得，
又，所以舍去；
当即时，最小值为，解得，
综上，.
16. 甲、乙两人组队代表班级参加学校科技节的“水火箭”比赛，每轮比赛由甲、乙两人各发射火箭一次，在一轮比赛中，如果两人都射中，则得3分；如果只有一个人射中，则得1分；如果两人都没射中，则得0分.已知甲每轮射中的概率均为，乙每轮射中的概率均为.每轮比赛中甲、乙射中与否互不影响，各轮比赛的结果也互不影响.
（1）若他们参加一轮比赛，求得分的概率分布列和数学期望；
（2）若他们参加两轮比赛，求至少得3分的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【小问1详解】
的可能取值为，，
.
.
.
所以得分的概率分布列为：
数学期望.
【小问2详解】
至少得3分的对立事件为总分小于3分，即总分为0、1、2.
总分得0分的概率为：
总分得1分的概率为：
总分得2分的概率为：
所以总分小于3分的概率为：
所以至少得3分的概率：
17. 已知函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且是函数图象的最高点.
（1）求；
（2）将的图象上的每一个点的横坐标变为原来的4倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数的单调区间.
【答案】（1）
（2）单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问1详解】
因为是函数图象最高点，所以.
已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则，所以周期.
所以，解得.
此时函数为，
因为是最高点，所以，
即，又因为，所以，.
【小问2详解】
由知，
将的图象上的每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到.
再向左平移个单位长度，得到.
令，
解得 ，
所以的单调递增区间为.
令，
解得
所以的单调递减区间为.
18. 在四棱锥中，已知，是等边三角形，点在棱上.
（1）当时，求证：平面；
（2）求点到底面的距离；
（3）当时，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【小问1详解】
连接交于点，连接，
因为，，所以，所以．
因为，所以，
所以，则在中，，
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，因为是等边三角形，所以，
因为，所以面，且面，
所以面底面，侧面底面，
所以底面，则点到底面的距离为，
，则，.
所以到底面距离为.
【小问3详解】
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ，
，所以，
所以，所以，
则，则.
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
则平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
则平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，.
19. 已知函数.
（1）若在其定义域内单调递减，求实数的取值范围；
（2）是否存在实数，使得函数为偶函数？若存在，求的值，若不存在，说明理由；
（3）函数在区间上有且仅有一个极值点，求正数的取值范围.
【答案】（1）
（2）存在；
（3）
【小问1详解】
，则，
因为在其定义域内单调递减，所以恒成立，
结合二次函数的性质，开口向下，令可得.
【小问2详解】
设存在，
则，即，
代入展开可得，
比较的系数可得，即，
验证其它项也满足，故.
【小问3详解】
，
令，因为，所以，
则原函数可变为，则，
因为函数在区间上有且仅有一个极值点，
所以在上有且仅有一个极值点，即在有且仅有一个变号零点，
，，
所以，
所以正数的取值范围为.