精品解析：江苏省南京市秦淮中学2023-2024学年高二下学期期末调研数学试卷

南京市秦淮中学2023-2024学年第二学期高二期末调研 数学 2024年6月 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. 5 C. 6 D. 【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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南京市秦淮中学2023-2024学年第二学期高二期末调研 数学 2024年6月 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 6 4. 已知直线l：和圆，则“”是“直线l与圆C相切”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（ ） A. B. 5 C. 6 D. 6. 已知轴截面为正三角形的圆锥的体积为，则圆锥的高为（ ） A B. C. D. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足对且，有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 第一组样本数据，第二组样本数据，其中则（ ） A. 第二组样本数据的样本平均数小于第一组样本数据的样本平均数的2倍 B. 第二组样本数据的中位数大于第一组样本数据的中位数的2倍 C. 第二组样本数据的样本标准差等于第一组样本数据的样本标准差的2倍 D. 第二组样本数据的样本极差等于第一组样本数据的样本极差的2倍 10. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 图象关于点对称 B. 在区间上单调递增 C. 将图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到的图象 D. 函数的最大值为 11. 已知菱形的边长为2，.将沿着对角线折起至，连结.设二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ） A. 若四面体正四面体，则 B. 四面体的体积最大值为1 C. 四面体表面积最大值为8 D. 当时，四面体的外接球的半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数的定义域为，则实数的取值范围是_____________. 13. 若的展开式中第5项为常数项，则该常数项为______（用数字表示）． 14. “绿水青山，就是金山银山”，随着我国生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件为“两位游客选择的景点不同”，则_____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记内角的对边分别为，，，已知， （1）求； （2）若，求的面积. 16. 已知和为椭圆上两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若过点且斜率为的直线交于另一点，求的面积. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是，AB的中点. （1）证明：直线平面. （2）求点B到平面的距离. 18. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若在区间上的最小值为，求a的值． 19. 已知数列的前项和为.若对每一个，有且仅有一个，使得，则称为“数列”.记，，称数列为的“余项数列”. （1）若的前四项依次为0，1，-1，1，试判断是否为“数列”，并说明理由； （2）若，证明为“数列”，并求它的“余项数列”的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$