云南师大附中2024-2025学年数学高二下期末达标检测试题含解析.doc

云南师大附中2024-2025学年数学高二下期末达标检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列命题中正确的个数是（ ）
①命题“若,则”的逆否命题为“若，则;
②“”是“”的必要不充分条件;
③若为假命题，则，为假命题;
④若命题,则，.
A． B． C． D．
2．设随机变量服从正态分布，若，则函数有极值点的概率为（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5
3．有一散点图如图所示，在5个数据中去掉（3，10）后，下列说法正确的是（ ）

A．残差平方和变小 B．方差变大
C．相关指数变小 D．解释变量与预报变量的相关性变弱
4．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.那么从长方体八个顶点中任取四个顶点，则这四个顶点组成的几何体是“鳖臑”的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．在等差数列中，若=4，=2，则= （ ）
A．-1 B．0 C．1 D．6
6．已知实数满足条件，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．将曲线按照伸缩变换后得到的曲线方程为（ ）
A． B．
C． D．
8．在极坐标系中，与关于极轴对称的点是（ ）
A． B． C． D．
9．设是等差数列的前项和，已知，，则等于（ ）．
A． B． C． D．
10．已知为定义在上的奇函数，且满足，则的值为 ( )
A． B． C． D．
11．已知面积为的等腰内接于抛物线，为坐标原点，，为抛物线的焦点，点.若是抛物线上的动点，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
12．复数在平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”则乙的卡片上的数字是______.
14．是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数____________.
15．已数列，令为，，，中的最大值2，，，则称数列为“控制数列”，数列中不同数的个数称为“控制数列”的“阶数”例如：为1，3，5，4，2，则“控制数列”为1，3，5，5，5，其“阶数”为3，若数列由1，2，3，4，5，6构成，则能构成“控制数列”的“阶数”为2的所有数列的首项和是______．
16．已知集合，集合，那么集合的子集个数为___个．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数.
（1）判断的奇偶性；
（2）若在是增函数，求实数的范围.
18．（12分）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，平面，，.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
19．（12分）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若恒成立，试确定实数的取值范围.
20．（12分）2119年2月13日《烟台市全民阅读促进条例》全文发布，旨在保障全民阅读权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设．某高校为了解条例发布以来全校学生的阅读情况，随机调查了211名学生每周阅读时间(单位：小时)并绘制如图所示的频率分布直方图．

（1）求这211名学生每周阅读时间的样本平均数和样本方差(同一组中的数据用该组区间的中间值代表)；
（2）由直方图可以认为，目前该校学生每周的阅读时间服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．
（i）一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若令，则，且．利用直方图得到的正态分布，求．
(ii)从该高校的学生中随机抽取21名，记表示这21名学生中每周阅读时间超过11小时的人数，求(结果精确到1．1111)以及的数学期望．
参考数据：．若，则．
21．（12分）选修4-5：不等式选讲
设的最小值为.
（1）求实数的值；
（2）设，，，求证：.
22．（10分）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为线段，上的点，且，，.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】
根据逆否命题的概念、必要不充分条件的知识、含有简单逻辑联结词命题真假性的知识、特称命题的否定是全称命题的知识，对四个命题逐一分析，由此得出正确选项.
【详解】
对于①，根据逆否命题的概念可知，①正确.对于②，当“”时，可能成立，当“”时，“”，故“”是“”的必要不充分条件，即②正确.对于③，若为假命题，则，至少有一个假命题，故②错误.对于④，根据特称命题的否定是全称命题的知识可知④正确.综上所述，正确命题个数为个，故选B.
本小题主要考查逆否命题、必要不充分条件、含有简单逻辑联结词命题真假性、全称命题与特称命题等知识的运用，属于基础题.
2、C
【解析】
分析：函数有极值点，则有解，可得的取值范围，再根据随机变量服从正态分布，可得曲线关于直线对称，从而可得结论.
详解：函数有极值点，
有解，
，
，
随机变量服从正态分布，若，
.
故选：C.
点睛：本题考查函数的极值点，考查正态分布曲线的对称性，同时考查运算求解的能力，属于中档题.
3、A
【解析】
由散点图可知，去掉后，与的线性相关性加强，由相关系数，相关指数及残差平方和与相关性的关系得出选项.
【详解】
由散点图可知，去掉后，与的线性相关性加强，且为正相关，
所以变大，变大，残差平方和变小，
故选A.
该题考查的是有关线性相关性强弱的问题，涉及到的知识点有相关系数，相关指数，以及残差平方和与相关性的关系，属于简单题目.
4、C
【解析】
本题是一个等可能事件的概率，从正方体中任选四个顶点的选法是，四个面都是直角三角形的三棱锥有4×6个，根据古典概型的概率公式进行求解即可求得．
【详解】

由题意知本题是一个等可能事件的概率，
从长方体中任选四个顶点的选法是，
以A为顶点的四个面都是直角三角形的三棱锥有：
共个．
同理以为顶点的也各有个，
但是，所有列举的三棱锥均出现次，
四个面都是直角三角形的三棱锥有个，
所求的概率是
故选：C．
本题主要考查了古典概型问题，解题关键是掌握将问题转化为从正方体中任选四个顶点问题，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
5、B
【解析】
在等差数列中，若，则，解得，故选B.
6、D
【解析】
如图所示，画出可行域和目标函数，根据平移得到答案.
【详解】
如图所示，画出可行域和目标函数，
，则，表示直线轴截距的相反数，
根据图像知：当直线过，即，时有最小值为；
当直线过，即时有最大值为，故.
故选：.

本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.
7、B
【解析】
根据伸缩变换的关系表示已知函数的坐标，代入已知函数的表示式得解.
【详解】
由伸缩变换，得， 代入， 得，
即 ．选B
本题考查函数图像的伸缩变换，属于基础题.
8、B
【解析】
直接根据极轴对称性质得到答案.
【详解】
在极坐标系中，与关于极轴对称的点是.
故选：.
本题考查了极轴的对称问题，属于简单题.
9、C
【解析】
试题分析：依题意有，解得，所以.
考点：等差数列的基本概念.
【易错点晴】本题主要考查等差数列的基本概念. 在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为和等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前项和公式，共涉及五个量，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．
10、A
【解析】
由已知求得函数的周期为4，可得f（11）＝f（2+8）＝f（2）＝1．
【详解】
∵f（1+x）＝f（1﹣x），∴f（﹣x）＝f（2+x），
又f（x）为定义在R上的奇函数，∴f（2+x）＝﹣f（x），
则f[2+（2+x）]＝﹣f（2+x）＝﹣[﹣f（x）]＝f（x），
即f（4+x）＝f（x），
∴f（x）为以4为周期的周期函数，
由f（1+x）＝f（1﹣x），得f（2）＝f（1）＝1，
∴f（11）＝f（2+8）＝f（2）＝1．
故选：A．
本题考查函数的奇偶性与周期性的应用，考查数学转化思想方法，是中档题．
11、B
【解析】
根据题意求得两点关于对称，得到直线的方程为，由的面积为，求得，再把过点N的直线方程为，代入，求得判别式求得，最后利用抛物线的定义，即可求解.
【详解】
设等腰直角三角形的顶点，且，
由，得，
所以，即，
因为，所以，即两点关于对称，
所以直线的方程为，
由，解得或，故，
所以，
因为的面积为，所以，
过点N的直线方程为，代入可得，
所以由，可得，此时直线的倾斜角为，
过M作准线的垂线，垂足为A，则，所以，
所以直线的倾斜角为或时，此时的最大值为，故选B.

本题主要考查了抛物线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中求得两点关于对称，合理利用抛物线的定义是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
12、B
【解析】
分析：先化简复数z,再判断其在平面内对应的点在第几象限.
详解：由题得，
所以复数z在平面内对应的点为，所以在平面内对应的点在第二象限.
故答案为B.
点睛：（1）本题主要考查复数的计算和复数的几何意义，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 复数对应的点是（a,b）,点（a,b）所在的象限就是复数对应的点所在的象限.复数和点（a,b）是一一对应的关系.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1和2
【解析】
由题意分析可知甲的卡片上的数字为1和2，乙的卡片上的数字为1和2，丙的卡片上的数字为1和1．
【详解】
由题意可知丙不拿1和2．
若丙拿1和1，则乙拿1和2，甲拿1和2，满足题意；
若丙拿1和2，则乙拿1和2，甲拿1和1，不满足题意．
故乙的卡片上的数字是1和2．
故答案为：1和2
本题主要考查推理，考查学生逻辑思维能力，属于基础题．
14、2
【解析】
化简复数，实部为0，计算得到答案.
【详解】
为纯虚数
故答案为2
本题考查了复数的计算，属于简单题.
15、1044
【解析】
根据新定义，分别利用排列、组合，求出首项为1，2，3，4，5的所有数列，再求出和即可．
【详解】
依题意得，首项为1的数列有1，6，a，b，c，d，故有种，
首项为2的数列有2，1，6，b，c，d，或2，6，a，b，c，d，故有种，
首项为3的数列有3，6，a，b，c，d，或3，1，6，b，c，d，
或3，2，6，b，c，d或3，1，6，c，d或，3，2，1，6，c，d，故有种，
首项为4的数列有种，
即4，6，a，b，c，d，有种，
4，1，6，b，c，d，或4，2，6，b，c，d，或4，3，6，b，c，d，有种，
4，a，b，6，c，d，其中a，2，，则有种，
4，a，b，c，6，d，其中a，b，2，，则有6种，
首项为5的数列有种，
即5，6，a，b，c，d，有种，
5，1，6，b，c，d，或5，2，6，b，c，d，或5，3，6，b，c，d，或5，4，6，b，c，d有种，
5，a，b，6，c，d，其中a，2，3，，则有种，
5，a，b，c，6，d，其中a，b，2，3，，则有24种，
5，a，b，c，d，6，其中a，b，c，2，3，，则有24种，
综上，所有首项的和为．
故答案为1044
本题主要考查了排列组合，考查了新定义问题，属于难题
16、1．
【解析】
可以求出集合M，N，求得并集中元素的个数，从而得出子集个数．
【详解】
∵M＝{﹣1，1}，N＝{1，2}；
∴M∪N＝{﹣1，1，2}；
∴M∪N的子集个数为23＝1个．
故答案为：1．
本题考查描述法、列举法的定义，以及并集的运算，子集的定义，以及集合子集个数的求法．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）当时，为偶函数，当时，既不是奇函数，也不是偶函数,；（2）.
【解析】
（1）当时，，
对任意，，为偶函数．
当时，，
取，得，
，函数既不是奇函数，也不是偶函数．
（2）设，
，
要使函数在上为增函数，必须恒成立．
，即恒成立．
又，．的取值范围是．
18、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由题意知为，利用等腰三角形三线合一的思想得出，由平面可得出，再利用直线与平面垂直的判定定理可得出平面；
（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，计算出平面和平面的法向量，然后利用空间向量法计算出二面角的余弦值.
【详解】
（1）因为四边形是平行四边形，，所以为的中点.
又，所以.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，故平面；
（2）因为，以为原点建立空间直角坐标系如下图所示，

设，则、、、，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，所以，
得，令，则，，所以.
同理可求得平面的一个法向量，
所以.
又分析知，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
本题考查直线与平面垂直的判定，同时也考查了二面角的计算，解题的关键在于建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
19、（1）函数的递增区间为，函数的递减区间为；
（2）
【解析】
试题分析：（1）由已知得x＞1， ，对ｋ分类讨论，由此利用导数性质能求出函数f（x）的单调区间．
（2）由得，即求的最大值．
试题解析：
解：（1）函数的定义域为，，
当时，，函数的递增区间为，
当时，，
当时，，当时，，
所以函数的递增区间为，函数的递减区间为.
（2）由得，
令，则，
当时，，当时，，所以的最大值为，故.
点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;
（3）若恒成立，可转化为.
20、 (1)9，1.78(2) （i）（ii）见解析
【解析】
（1）直接由平均数公式及方差公式求解；（2）（i）由题知，，则，求出，结合已知公式求解．（ⅱ）由（i）知，可得，由求解，再由正态分布的期望公式求的数学期望．
【详解】
解：（1），
；
（2）（i）由题知，，∴，．
∴；
（ⅱ）由（i）知，
可得，

.
∴的数学期望.
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查离散型随机变量得期望，是中档题．
21、（1）；（2）见详解.
【解析】
(1)将函数表示为分段函数，再求其最小值.
(2)利用已知等式构造出可以利用均值不等式的形式.
【详解】
（1）
当时，取得最小值，即.
（2）证明：依题意，，则.
所以
，
当且仅当，即，时，等号成立.
所以.
本题考查求含绝对值函数的最值，由均值不等式求最值.含绝对值的函数或不等式问题，一般可以利用零点分类讨论法求解.已知或(是正常数，)的值，求另一个的最值，这是一种常见的题型，解题方法是把两式相乘展开再利用基本不等式求最值.
22、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结果；
（2）先由题意得到，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果.
【详解】
(1)由题意知，，，
所以，
所以，所以，
又易知，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
因为平面平面，交线为，
所以平面，所以，
因为，，
所以平面；
(2)由(1)知，，两两互相垂直，所以可建立如图所示的直角坐标系，

因为直线与平面所成的角为，即，所以，
则，，，，
所以，，．
因为，，所以，
由(1)知，所以，
又平面，所以，
因为，
所以平面，
所以为平面的一个法向量．
设平面的法向量为，则，
所以，令，得，，
所以为平面的一个法向量．
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，
故平面与平面所成的锐二面角为.
本题主要考查证明线面垂直，以及求二面角的大小，熟记线面垂直的判定定理，以及二面角的空间向量的求法即可，属于常考题型.