2023-2024学年高二下学期数学期末考试数学适应性练习二（含答案）

-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．14．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910．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：D5．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：A7．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：B8．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：ABD10．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：213．【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，