[数学]2023～2024学年江苏常州金坛区金坛第一中学高二下学期期末数学试卷(适应性)(原题版+解析版)

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2023~2024学年江苏常州金坛区金坛第一中学高二下学期期末数学试卷（适应性）
1. 已知集合
，
，则
（
）
A.
C.
B.
D.
答案
解析
B
【分析】
根据题意，利用不等式的解法求得
【详解】
或
和
，结合集合的运算法则，即可求解.
由不等式
，可得
，
，解得
或
，
即
或
又由不等式
则
，解得
，即
，
，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
解析
B
通过题意可得
为减函数，则
，解得
.
因为
推不出
，
，
在
所以“
”是“函数
为减函数”的必要不充分条件，
因此正确答案为：B
3. 己知向量
不共面，则使向量
共面的实数x的值是（
D．4
）
A．
B．
C．
答案
解析
暂无
略
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
解析
D
【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a，
，且
，则ab的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
答案
解析
D
【详解】
因为a，
，
，所以
．
，即
，
，
即
，解得
所以
，当且仅当
，即
时，等号成立，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
解析
C
【分析】
先根据
【详解】
因为
为偶函数，
为偶函数，
为奇函数，
为奇函数，求出函数的周期，再根据函数的周期求解即可.
所以
，即
，所以
，
因为
所以
，
所以
，即
，
所以
，
所以函数
所以
是以 为周期的周期函数，
，
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
B.
的解集是（
）
A.
C.
D.
答案
解析
C
【分析】
构造函数
等式化为
【详解】
设
，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
，解不等式即可.
，函数的定义域为
，
则
，所以函数
在
上为减函数，
，
又
所以函数
所以
为奇函数，
，
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（
C. 或8
）
A.
B. 8
D. 4
答案
解析
C
【分析】
先作出函数
【详解】
时的图象，设
，求出
或
；
，结合图象分类讨论，即可求得答案.
是定义在 上的奇函数，则
由题意知当 时，
时，
，
当
当
时，
时，
，则
，则
，
，
依此类推，可作出当
时，
时的图象：
设
，则
即为
，
解得
当
或
，
时，
有一个根为
，
要使得方程
可分两种情况考虑：
时，
恰有4个不相等的实数根，
，且满足
当
有3个根，不妨设为
，
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
；
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
，则他最有可能命中7或8次
D. 某人在9次射击中，击中目标的次数为X，且X~B
答案
解析
BCD
【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
则
时，概率最大，
，
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
的一个周期
对称
B. 函数
D.
为偶函数
C. 4是函数
答案
解析
BCD
【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
，再通过周期性计算出D。
的周期从而判断C；
计算出
【详解】
因为
从而排除A；先通过赋值求出
是偶函数，所以
所以函数
因为
图象关于直线
是奇函数，所以
，代入
对称，
，
即
，得
，
所以
.由
，得
，
所以
，所以函数
，所以
为偶函数.故选项B正确；
因为
，由
，得
，
得
，所以
，
所以
，所以4是函数
，得
的周期.故选项C正确；
，所以
由
，所以
，
，
由
，得
，
，所以
，
，
因为
，所以
，得
，故选项A错误；
即
由
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
解析
BC
【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
的中点时
，理由如下：
平面 ，
由图可知，当
因为
为
为正方体，所以
，所以 ，
平面
，
，
因为
平面
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，
，故C正确；
时
取得最小值，最小值为
，
，故B正确；
C选项：当
所以
，
，
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.
12. 已知
，
，则
．
答案
解析
64
【分析】
将
利用换底公式转化成
来表示即可求解.
，整理得
【详解】
由题
，
或
，又
，故
，
所以
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
为
与
的图像上恰有两对关于 轴对称的点，则 的取值范围
.
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
【详解】
由题意可得
所以
在
上有两个交点，利用导数求出函数
的最小值即可得答案．
在
上有两个解，
在
上有两个解，
上有两个解，
即
在
令
，
则直线
则
与
在
，
上有两个交点，
，
因为
所以当
当
，所以
时，
时，
，
，
单调递减；
单调递增；
时
，
所以
则
，且当
，当
时
，
的图象如下所示：
由图可知
，即 的取值范围为
．
．
故答案为：
15. 已知集合
.
(1)若
，求
”是“
;
(2)若“
”充分不必要条件，求实数
的取值范围.
答案
解析
(1)
或
(2)
【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.
【详解】
（1）当
所以
时，
，
，所以
”是“
或
（2）因为“
所以
时，
”充分不必要条件，
，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
(2)若
的解析式；
在
上恒成立，求 的取值范围．
答案
解析
(1)
，
(2)
．
【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，转化为
，结合基本不等式，即可求解.
【详解】
（1）解：因为
是偶函数，所以
，可得
，解得
，
当
时，可得
，
所以函数
的解析式为
.
（2）解：由（1）知，当
因为
时，
，
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ABCD，点 在平面ABCD内，点 在棱SD上．
(1)若点P是SD的中点，证明:平面
平面PAC;
(2)在棱SD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
解析
(1)(2)
略
18. 已知甲口袋有
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，
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
（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
解析
(1)（i） ；（ii） (2)
【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.
【详解】
（1）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，摸出的都是红球”为事件 ，且
，
所以
.
（ii） 的所有可能取值为
由（i），得
，
，
，
，
，
，
所以
.
（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，
设小明每次摸出一个红球的概率为
，则
.
因为
，
所以当
所以
时，
；当
1时，
，
在区间
上单调递增，在区间
最大，
上单调递减，
所以当
此时
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
题.
，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
19. 已知函数
.
(1)当
时，求
在
处的切线方程；
(2)若函数
(3)设
存在单调递减区间，求实数a的取值范围；
是函数
的两个极值点，证明：
答案
解析
(1)
(2)
(3)证明见解析
【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
解即可.
在
上有解，即
有正零点，根据二次型函数零点分布列式求
（3）由题意
数
是
的两个根，则
，将所证不等式转化为
，令
，构造函
，综合导数的运用，求单调性和最值，即可得证.
【详解】
（1）当
则
时，
，
，
，
，
所以
在
处的切线方程为：
，即
.
（2）
，
因为函数
因为
存在单调递减区间，所以
，设 ，则
在
上有解，
，
，
所以只需
或
，解得
或

故实数a的取值范围为
（3）由题意可知，
.
，
因为
所以
有两个极值点
是
，
的两个根，则
，
所以
，
所以要证
即证
，即证
，
，即证
，即证
，
令
，则证明
，令
，则
，
，
所以
在
上单调递增，则
，即
所以原不等式
【点睛】
成立.
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式
；
（或
）转化为证明
（或
），进而构造辅助函数
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.