2023-2024学年高二下学期数学期末考试数学适应性练习二（含解析）

2023-2024学年度高二下学期数学期末考试数学适应性练习二
一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，去除两个样本点和后，新得到的回归直线方程斜率为3，则样本的残差为（ ）
A．1.5 B． C． D．1
4．等差数列的前项和为，若，（ ）
A． B． C．1 D．
5．函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．设，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，若在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A．60° B．120° C．135° D．150°
8．对任意的函数，都有，且当时，，若关于的方程在区间内恰有6个不等实根，则实数的取值范围是（ ）
A．(3,5) B．(3,4) C．[3,4] D．[3,5]
二、多选题
9．下列说法正确的有（ ）
A．“，使得”的否定是“，都有”
B．若命题“”为假命题，则实数的取值范围是
C．若，则“”的充要条件是“”
D．已知，则的最小值为9
10．已知函数，如图，图象经过点，，则（ ）
A．
B．
C．是函数的一条对称轴
D．函数在区间上单调递增
11．若，则下列说法正确的是（ ）
A．的展开式中奇数项的二项式系数之和为
B．
C．
D．除以10的余数为9
三、填空题
12．设，若直线过曲线（，且）的定点，则的最小值为 ．
13．若二元二次方程表示圆，则实数的取值范围是 ．
14．我国古代数学名著《九章算术》，将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．如图所示，在长方体中，已知，．该“阳马”的外接球的表面积 ．
四、解答题
15．在中，所对应的分边别为，且满足．
(1)求;
(2)点在线段AC的延长线上，且，若，求的面积．
16．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间（样本数据），经数据分析得到如下结果：
坐公交车：平均用时30min，方差为36
骑自行车：平均用时34min，方差为4
(1)根据以上数据，李明平时选择哪种交通方式更稳妥？试说明理由.
(2)分别用X和Y表示坐公交车和骑自行车上学所用的时间，X和Y的概率密度曲线如图（a）所示，如果某天有38min可用，你应选择哪种交通方式？如果仅有34min可用，又应该选择哪种交通方式？试说明理由.
（提示：（2）中X和Y的概率密度曲线分别反映的是X和Y的取值落在某个区间的随机事件的概率，例如，图（b）中阴影部分的面积表示的就是X取值不大于38min时的概率.）
17．如图，在直三棱柱中，，E为的中点，F为BC的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面AEF的夹角的余弦值．
18．已知椭圆的左右焦点分别为，以线段为直径的圆过C的上下顶点，点在C上，其中e为C的离心率.
(1)求椭圆C的方程和短轴长；
(2)点在C上，且在x轴的上方，满足，直线与直线的交点为P，求的面积.
19．已知函数．
(1)若有3个极值点，求的取值范围；
(2)若，求的取值范围．
2023-2024学年度高二下学期数学期末考试数学适应性练习二
参考答案
1．A
【分析】首先根据补集的概念求得，再结合交集运算可得答案.
【详解】由题意得，所以，
故选：A.
2．C
【分析】根据一次函数以及对数函数的单调性，结合分段函数的性质即可求解.
【详解】函数在上单调递减，
解得.
故选：C.
3．C
【分析】由回归方程求出，再求出新样本的平均数，从而求出回归直线方程，再求出预测值，即可得到残差.
【详解】将代入，，
去除两个样本点和后，所以，.故去除样本点后的回归直线方程为，当时，，则样本的残差为.
故选：C.
4．D
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由，根据等差数列的求和公式，，
又.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，
，故.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选：D
5．A
【分析】先判断函数奇偶性，再考虑特殊点代入检验，即得.
【详解】依题意得，函数的定义域为，
因为，
所以为偶函数，图象关于y轴对称，排除B,D两项，
又，排除C项，所以只有A选项符合.
故选:A．
6．A
【分析】根据对数运算性质及对数函数单调性比较大小即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
故，
又，
所以.
故选：A
7．B
【分析】利用投影向量的定义计算即可.
【详解】易知在上的投影向量为，
而，所以与的夹角为.
故选：B
8．A
【分析】根据条件得到函数的奇偶性和周期性，并求出在上的解析式，分和，结合函数图象，得到，求出答案.
【详解】由，知函数为偶函数，
由，知函数为周期函数，且．
又当时，，
则当时，，，
由，得，
所以，
若方程在上有6个不等实根，
则函数与图象在上有6个不同的交点，
若，函数在上与函数图象只有1个交点，不符题意，
故，如图，
由图可知，，
解得，即实数a的取值范围为．
故选：A．
9．ABD
【分析】对于A，根据特称命题的否定形式进行判断即可；
对于B，根据假命题相关知识求解即可；
对于C，根据充要条件相关知识判断即可；
对于D，根据基本不等式相关知识进行判断即可.
【详解】对于A，“，使得”的否定是“，都有”，故A正确；
对于B，若命题“”为假命题，则无实根，
则，得，则实数的取值范围是，故B正确；
对于C，若，则由不能推出，故“”不是“”的充要条件，故C错误；
对于D，，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为9，故D正确.
故选：ABD
10．AD
【分析】由得周期，进而得；将点代入可得的值；由来可判断不是对称轴；由正弦函数的单调性可求的单调递增区间.
【详解】由及过，得，即，
所以，又，解得，故A正确；
又点代入，得，
所以，又，于是，故B不正确；
由，则，故C不正确；
由，得
于是的单调递增区间为，令可知D正确.
故选：AD.
11．BC
【分析】由二项展开式二项式系数之和的性质判断A；利用赋值法判断B；利用展开式通项公式判断C；利用构造二项式的展开式来解决整除和余数问题判断D.
【详解】的展开式中奇数项的二项式系数之和为，故A错误；
令，可得，令，，
则，故B正确；
，故C正确；
，故除以10的余数为1，故D错误.
故选：BC.
12．2
【分析】根据指数的运算性质，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】因为曲线过定点，
所以，即，则
，
当且仅当时,即时取“”，所以的最小值为2．
故答案为：2
13．
【分析】根据圆的一般方程中得到不等式，求出答案.
【详解】∵二元二次方程表示圆，
∴，故，解得．
故答案为：
14．
【分析】根据长方体的外接球即为四棱锥的外接球，长方体的对角线就是外接球的直径，结合球体的表面积公式求解.
【详解】长方体的外接球即为四棱锥的外接球，
因为，.
长方体的对角线长为，
则长方体的外接球的半径，
该“阳马”外接球的表面积为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理和倍角公式可求答案；
（2）利用直角三角形的知识得出为正三角形，结合面积公式可求答案.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理得
因为，所以，则，
因为，所以，
又因为，所以;
（2）在中，，可得，
又，可得，又，，可得为正三角形，
故面积为.
16．(1)李明平时选择骑自行车更稳妥，理由见详解；
(2)如果某天有38min可用，李明应选骑自行车；如果某天有34min可用，应选坐公交车；
理由见详解.
【分析】利用正态分布曲线的意义以及性质、方差意义即可解决.
【详解】（1）李明平时选择骑自行车更稳妥，
由已知得坐公交车平均用时30min，骑自行车平均用时34min，差距不大；但是坐公交车的方差为36，骑自行车的方差为4，由于方差越小，取值越集中，稳定性越高，波动性越小，则坐公交车所花费的时间不稳定，即李明平时选择骑自行车更稳妥.
（2）由图（a）中可知，X和Y的概率密度曲线可知
，
由此可知，如果某天有38min可用，那么李明坐公交车迟到的概率大于骑自行车迟到的概率，应选骑自行车；
由图（a）中可知，X和Y的概率密度曲线可知
，
由此可知，如果某天有34min可用，那么李明坐公交车迟到的概率小于骑自行车迟到的概率，应选坐公交车.
17．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可；
（2）建立坐标系，求出两个平面的法向量即可求得两平面所成二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取的中点O，连接,，
∵，，∴且，
∵，，∴，且,
∴四边形是平行四边形，∴，
∵，平面，平面，
∴平面.
（2）因为，，两两垂直，
故以为原点，,,分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系，
各点坐标如下：，，，，
，，，
设平面的法向量为，由，，
有，取，，，
可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，，
有，取，，，
可得平面的一个法向量为，
有，，，
可得，
故平面与平面AEF的夹角的余弦值为．
18．(1)；
(2)
【分析】（1）线段为直径的圆过C的上下顶点，得，即，然后计算离心率，从而点代入可得椭圆C的方程并可求短轴长；
（2）由题可知，的面积等于，所以求的值；由，得，进而得点的坐标关系，即，将点代入C，求得，再由，得 ，即，从而计算的面积即可.
【详解】（1）设，上下顶点分别为.
由以线段为直径的圆过C的上下顶点，得，得，即.
因为，即，所以，
由点在C上，得，，解得，
所以，则，
短轴长.
（2）根据题意，画出图象如图所示：
因为，所以，
又，则，即，.
设，
由得，即，
因为点在椭圆上，
所以，即，
两式相减得，即，
，又点在轴的上方，所以.
又得，即.
于是.
19．(1)
(2)
【分析】（1）求导，根据极值可得有3个不相等实数根，构造函数，利用导数求解单调性，即可根据求解，
（2）构造函数，利用导数求解函数单调性，结合对和讨论，即可求解.
【详解】（1）由，得，
由存在极值，则，知，则有3个不相等实数根，
令，则，
当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减．
则在时取极小值在处取得极大值，
又时，时，，又．
所以，有3个不相等实数根时，，即，
所以，有3个极值点时，的取值范围是．
（2）由，得，
令，得，知，
令，则，
又令，则，知，
当时，即时，
由于单调递增，则，
故当时，即单调递增，则，
所以，当时，即单调递增，则，
故当时，单调递增，则，
所以，当恒成立．则时满足条件．
当时，即时，
由于单调递增，由于，
故，使得，
当时，，则时，即单调递减，
故，
故当时，即单调递减，
所以，此时单调递减，，不满足条件．
综上所述，当恒成立时，的取值范围是．