2021-2022学年江苏省南京市高二年级下册学期5月阶段性检测数学试题【含答案】

2021-2022学年江苏省南京市高二下学期5月阶段性检测数学试题一、单选题1．已知M､N为R的子集，若，，则满足题意的M的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4D【分析】根据交集、补集的运算的意义，得出M，N关系，进一步根据子集求解.【详解】因为，，所以可得，所以或或或，故满足题意的M的个数为4.故选：D2．下表是关于某设备的使用年限x(单位：年)和所支出的维修费用y(单位：万元)的统计表234563.44.25.15.56.8由上表可得线性回归方程，若规定：维修费用不超过10万元，一旦大于10万元时，该设备必须报废.据此模型预测，该设备使用年限的最大值约为（

）A．7 B．8 C．9 D．10D【分析】求出样本中心点，将样本中心点代入回归直线方程求出，再令，解不等式即可求解.【详解】由已知表格，得，，因为回归直线恒过样本点的中心，所以，解得，所以回归直线的方程为，由，得，解得，由于，所以据此模型预报，该设备使用年限的最大值为故选：3．已知命题“∃x∈R，使”是假命题，则实数a的取值范围是（

）A．a<0 B．0≤a≤4C．a≥4 D．0<a<4D【分析】由命题“∃x∈R，使”是假命题，转化为命题“∀x∈R，使”是真命题，利用判别式法求解.【详解】∵命题“∃x∈R，使”是假命题，∴命题“∀x∈R，使”是真命题，则判别式Δ＝(a－2)2－4×4×<0，解得0<a<4，故选：D.4．已知，为正实数，则“”是“”的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件B【分析】由，利用均值不等式，可证明；若，举反例可知不一定成立，即得解【详解】由，为正实数，，当且仅当时等号成立若，可得，故必要性成立；当，此时，但，故充分性不成立；因此“”是“”的必要不充分条件故选：B5．已知函数的图象大致为（

）A． B．C． D．B【分析】利用函数为偶函数排除选项D；利用时排除选项C；利用时排除选项A；进而仅有选项B正确.【详解】函数定义域为，由，可得为偶函数，其图象关于y轴对称，排除选项D；由当时，仅有，可知选项C图象错误；由当时，，则则选项A图象错误.仅有选项B正确.故选：B6．已知定义在R上的奇函数满足，且在区间[1，2]上是减函数，令，，，则的大小关系为（

）A． B．C． D．C【分析】由满足，且在区间[1，2]上是减函数，确定在上是增函数，再由奇函数性质得在上递增，在上单调递增．然后把自变量的值都转化到上，比较大小．【详解】设，则，又在上递减，∴，而，，∴，即，∴在是递增，∵是奇函数，∴在上递增，从而在上单调递增，，，，，，∴由得，即．故选：C．本题考查函数的奇偶性与单调性．解题关键是确定函数的单调性，难点在于由满足，且在区间[1，2]上是减函数，确定在上是增函数，然后就是这类问题的常规解法，确定出上单调性，转化比较大小．7．“立定跳远”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，已知某地区高中男生的立定跳远测试数据（单位：）服从正态分布，且，现从该地区高中男生中随机抽取3人，并记不在的人数为，则（

）A． B．C． D．D【分析】根据正态分布求得特定区间的概率；由题知，不在的概率为，则，从而求得期望，方差及概率.【详解】由，则则，故A错误；由题知，不在的概率为，则，则，故B错误；，故C错误；，故D正确；故选：D8．已知函数，若，则的最小值是（

）A． B． C． D．C【分析】先由得到，把转化为，利用函数单调性求出最小值.【详解】函数的图像如图所示，作出交两点，其横坐标分别为a、b，不妨设.由可得：，解得：，所以记，任取，则。因为，所以，所以，所以则在上单调递减，所以故选：C已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．二、多选题9．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，设事件A=“x+y=7”，事件B=“xy为奇数”，事件C=“x＞3”，则下列结论正确的是（

）A．A与B互斥 B．A与B对立C． D．A与C相互独立AD【分析】列举出事件A，B所包含的基本事件，再根据互斥事件和对立事件的定义即可判断AB；分别求出，再根据条件概率公式即可判断C；分别求出，即可判断D.【详解】解：事件A包含的基本事件为，，，，，共6种，所以，事件包含的基本事件为，，，，，，，，共9种情况，则，所以A与互斥但不对立，故A正确，B错误；事件包含的基本事件数为，则，，所以，故C错误；因为，，则，所以A与相互独立，故D正确.故选：AD.10．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM=2A1M，C1N=2B1N.设，，，若，，AB=AC=AA1=1，则下列说法中正确的是（

）A． B．C．直线AB1和直线BC1相互垂直 D．直线AB1和直线BC1所成角的余弦值为ABD【分析】利用向量的线性运算可判断A的正误，利用数量积可判断BCD的正误.【详解】A：，又，∴.B：∵，∴.∵，∴.∵，∴，∴，∴.对于C、D：，，所以D正确，C错误，故选：ABD.11．下列说法正确的是（

）A．已知随机变量，若，，则B．的展开式中，的系数为20C．已知，则D．从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得1件次品的概率为CD【分析】依据题给条件列方程组，解得的值判断选项A；利用二项展开式的通项公式求得的系数判断选项B；依据题给方程组解得的值判断选项C；求出取得1件次品的概率判断选项D.【详解】选项A：已知随机变量，若，，则有，方程组无解.判断错误；选项B：的展开式中的通项公式为令，则的系数为.判断错误；选项C：由题意可得，解之得.判断正确；选项D：从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得1件次品的概率为.判断正确.故选：CD12．已知是定义在上的奇函数，的图象关于对称，当时，，则下列判断正确的是（

）A．的值域为 B．的周期为2C．是偶函数 D．CD【分析】利用是定义在上的奇函数，的图象关于对称，故是周期的周期函数，结合奇函数的性质，当时，可得函数的值域，本题考查周期性，对称性的综合应用.【详解】对于A，当时，，此时，又由是定义在上的奇函数，则，且当时，，故在区间上，，A错误，对于B，函数图象关于直线对称，则有，又由是定义在上的奇函数，则，则有，故是周期的周期函数，B错误；对于C，的图象关于对称，则函数的图像关于轴对称，是偶函数，C正确，对于D，是周期的周期函数，则，D正确，故选：CD三、填空题13．甲和乙两个箱子各装有10个球，其中甲箱中有5个红球､5个白球，乙箱中有8个红球､2个白球.掷一枚质地均匀的骰子，如果出现点数为1或2，从甲箱子随机摸出一个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子随机摸出一个球.则摸出红球的概率为___________.0.7【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式分别求出从甲箱，乙箱摸出红球的概率，再根据互斥事件的概率加法公式，即可求解．【详解】解：掷到点数为1，2的概率为，从甲箱子摸到红球的概率为，掷到点数为3，4，5，6的概率为，从乙箱子摸到红球的概率为，故摸出红球的概率．故0.7.14．已知正数a，b满足，则的最小值为___________.0.75【分析】结合，将转化为，再结合基本不等式求解即可.【详解】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.故答案为.15．如图，四棱锥的底面是正方形，底面，为的中点，若，则点到平面的距离为___________.【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离.【详解】因为底面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，所以，点到平面的距离为.故答案为.四、双空题16．已知函数则函数的最小值为________；若关于的方程有四个不同的实根，则实数的取值范围是________．

【分析】根据导数求出函数在每段上的最小值，比较大小即可；求出过点且与相切的直线的斜率，再由数形结合可得出与有4个交点时的斜率取值范围，即可得解.【详解】令，表示过定点，斜率为的动直线，当时，当时，；当，，在上单调递减，在上单调递增，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，又，，，在同一坐标系内作出函数图象与直线，如图所示，关于的方程有四个不同的实根，等价于函数的图象与直线有四个不同的交点，当时，的图象在点处切线斜率为，该切线过点时，满足，解得，的图象过点的切线斜，当时，，的图象在点处的切线斜率为，该切线过点时，，，解得，的图象过点的切线斜率为2，由函数图象知，当动直线在直线与所夹不含轴的对顶角区域内转动（不含边界直线）时，函数的图象与直线有四个不同的交点，此时的取值范围是．故；五、解答题17．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数．（Ⅰ）可以组成多少个不同的四位数？（Ⅱ）若四位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则这样的四位数有多少个？（Ⅲ）将（Ⅰ）中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？（Ⅰ）300（Ⅱ）100（Ⅲ）2301【详解】试题分析：（Ⅰ）用间接法，先分析从6个数中，任取4个组成4位数的情况数目，再计算其中包含0在首位的情况数目，计算可得答案；（Ⅱ）先选一个数排在首位，再选3个数，排在百，十，个位，其中十位数字比个位数字和百位数字都大，则选的3个数中最大的只能在十位，其它任意（Ⅲ）按四位数从小到大的顺序，先计算千位是1的四位数的数目，再计算千位是2，百位是0或1的四位数的数目，与85比较可得答案试题解析：（1）．（2）．（3）千位是1的四位数有=60个，千位是2，百位是0或者1的四位数有2个，则第85项是2301．计数原理的应用18．请从下面两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.①；②.已知函数.(1)选择，求的值；(2)在（1）的条件下，求的单调区间.(1)选择①时，；选择②时，.(2)选择①时，的单调递增区间为，无单调递减区间；选择②时，的单调递增区间为，单调递减区间为.【分析】（1）根据题意，先求定义域，分别选择①和②，结合奇偶性，即可求解；（2）根据题意，结合复合函数单调性，即可求解.【详解】(1)根据题意，易得函数的定义域为.选择①时，由，得函数为奇函数，因此，故，即，故；选择②时，由，得函数为奇函数，因此，故，即，故.(2)由(1)可知：选择①时，，，令，易得在上单调递增，又因为也是单调递增的，所以的单调递增区间为，无单调递减区间；选择②时，，，令，易得在上单调递增，在上单调递减，又因为是单调递增的，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.19．设使式子有意义的实数的取值范围为集合，集合．（1）求集合；（2）若，求实数的取值范围．（1）（2）【分析】（1）判断有意义条件，即可求出集合；（2）将中的不等式左侧进行因式分解，利用关系对于是空集和非空分类讨论，分别得到关于的不等式，解出即可得到答案.【详解】（1）由可知，；（2）①当即时，,满足题意；②当即时，，要使，则，的值不存在；③当即时，，要使，则，；综上：实数的取值范围是或即20．菏泽市某高中为了更好的开展高一社团活动，现要设计如图的一张矩形宣传海报，该海报含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为，四周空白的宽度为，两栏之间的中缝空白的宽度为.(1)怎样确定矩形栏目高与宽的尺寸（单位：），能使整个矩形海报面积最小，并求最小值；(2)如果要求矩形栏目的宽度不小于高度的倍，那么怎样确定矩形栏目高与宽的尺寸（单位：），能使整个矩形海报面积最小，并求最小值.(1)矩形栏目的高为，宽为时可使矩形海报的面积最小为(2)矩形栏目的高为，宽为，可使矩形海报的面积最小为【分析】（1）设矩形栏目的高为，宽为，根据题意可知，矩形海报的面积，然后再根据基本不等式，即可求出矩形海报的面积最小；（2）由题意可知，，，可得，由（1）可得，再根据函数的单调性即可求出结果.【详解】(1)解：设矩形栏目的高为，宽为，则，矩形海报的高为，宽为（其中，），矩形海报的面积，当且仅当，即，时取等号，所以矩形栏目的高为，宽为时可使矩形海报的面积最小为.(2)解：由题意得，，，解得，由（1）可得，令，易知函数在上单调递减，所以当时，矩形海报的面积最小为.故当矩形栏目的高为，宽为，可使矩形海报的面积最小为.21．如图，在四边形中，，，，.沿将翻折到的位置，使得.（1）作出平面与平面的交线，并证明平面；（2）点是棱于异于，的一点，连接，当二面角的余弦值为，求此时三棱锥的体积.（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线，由勾股定理可得，结合可得平面，在判断出平面即可证明；（2）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由二面角的余弦值为建立向量关系，求出即可求出体积.【详解】（1）如图，延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线.证明：在中，，，，则，所以.由，，，得平面.又，所以平面，所以.由，，，得.所以，所以.又因为，所以平面，即平面.（2）由（1）知，，，.以点A为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.易得，，，，，则.设（），则，则.设是平面的一个法向量，则，令，则.是平面的一个法向量.由，解得.所以点是的中点.所以.利用法向量求解空间面面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.22．某社区名居民参加年国庆活动，他们的年龄在岁至岁之间，将年龄按、、、、分组，得到的频率分布直方图如图所示.（1）求的值，并求该社区参加年国庆活动的居民的平均年龄（每个分组取中间值作