浙江省紹興市2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期6月期末數(shù)學(xué)試題

20232024學(xué)年高二下學(xué)期6月期末數(shù)學(xué)試題注意事項:1.請將學(xué)校、班級、姓名分別填寫在答卷紙相應(yīng)位置上.本卷答案必須做在答卷相應(yīng)位置上.2.全卷滿分150分，考試時間120分鐘.一、選擇題:本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)集合交并補運算，結(jié)合選項即可逐一求解.【詳解】對于A，，故A錯誤，對于B，或，所以，故B錯誤，對于C，，但，故C錯誤，對于D，，故D正確，故選：D2.若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算即可化簡求解.【詳解】,故選：A3.若函數(shù)在上有兩個不同的零點，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)一元二次方程根的分布，即可列出不等式，結(jié)合選項即可求解.【詳解】在上有兩個不同的零點,則，故，故B正確，ACD錯誤，故選：B4.已知向量滿足，則向量與夾角余弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出，再根據(jù)夾角公式可求余弦值.【詳解】因為，所以，從而，所以即，故，故選：A.5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根據(jù)三角恒等變換求出，再根據(jù)已知條件縮小范圍，從而確定符號進而求解即可.【詳解】由已知，則，平方得，即，解得，又，，且，則，即，所以由，得，故，所以.故選：C.6.將編號為1，2，3，4，5，6的6個小球放入編號為1，2，3，4的4個盒子中，每個盒子至少放1個小球，則不同的放法種數(shù)是（）A.2640 B.2160 C.1800 D.1560【答案】D【解析】【分析】分兩類分別算出每一類下的方法種數(shù)，再按照分類加法計數(shù)原理相加即可求解.【詳解】分兩類解決這個問題：第一類，一個盒中3個球，另外三個盒中每個盒1個球，共有種；第二類，其中兩個盒每個盒2個球，另外兩個盒每個盒1個球，共有種；按照分類加法計數(shù)原理得，不同的方法種數(shù)共有種.故選：D.7.設(shè)為兩個隨機事件，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)條件概率公式可得，進而利用概率加法公式以及對立事件概率，即可代入求解.【詳解】由條件概率可得,,所以,,所以,故選：B8.已知函數(shù)的定義域為，對定義域內(nèi)任意的，當(dāng)時，都有，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.函數(shù)和在上有相同的單調(diào)性【答案】C【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)不等式恒成立分別應(yīng)用各個選項判斷即可.【詳解】對于A：，，因為，所以，因為，所以恒成立，又因為不相等，所以，A選項錯誤；對于B：，所以恒成立，所以，又因為不相等，，所以，又，，，，所以，所以，B選項錯誤；對于C:因為不相等，不妨設(shè)，因為，所以，所以，C選項正確，對于D：不妨設(shè)在上單調(diào)遞增，任取，滿足，則，因為，所以，所以，所以單調(diào)遞減，D選項錯誤.故選：C.【點睛】方法點睛：結(jié)合已知條件及函數(shù)單調(diào)性定義判斷單調(diào)性，結(jié)合三角不等式判斷絕對值不等式范圍.二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知都是正實數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】運用基本不等式逐一分析選項即可.【詳解】都是正實數(shù),,當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，故正確；，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，故正確；當(dāng)時，不成立，故錯誤；，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，令，，即，即，即，所以成立，故正確.故選：.10.四位同學(xué)各擲大小一致、質(zhì)地均勻的骰子5次，分別記錄每次骰子出現(xiàn)的點數(shù).四位同學(xué)的統(tǒng)計結(jié)果如下，則可能出現(xiàn)點數(shù)6的是（）A.平均數(shù)為3，中位數(shù)為2 B.平均數(shù)為2，方差為2.4C.中位數(shù)為3，眾數(shù)為2 D.中位數(shù)為3，方差為2.8【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)題意，分別舉例判斷，即可求解.【詳解】對于A，當(dāng)擲骰子出現(xiàn)的結(jié)果為1，1，2，5，6時，滿足平均數(shù)為3，中位數(shù)為2，可以出現(xiàn)點6，所以A正確；對于B，若平均數(shù)為2，且出現(xiàn)點數(shù)6，則方差，所以當(dāng)平均數(shù)為2，方差為時，一定不會出現(xiàn)點數(shù)6，所以B錯誤；對于C，當(dāng)擲骰子出現(xiàn)的結(jié)果為2，2，3，4，6時，滿足中位數(shù)為3，眾數(shù)為2，可以出現(xiàn)點6，所以C正確；對于D，當(dāng)擲骰子出現(xiàn)的結(jié)果為1，2，3，3，6時，滿足中位數(shù)為3，則平均數(shù)為，方差為，所以可以出現(xiàn)點6，所以D正確.故選：ACD11.已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.恒成立 B.在上單調(diào)遞增C.在上有4個零點 D.是周期函數(shù)【答案】AC【解析】【分析】利用三角函數(shù)的有界性，結(jié)合放縮法即可求解A，利用端點處的函數(shù)值比較，即可判斷B，由導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)性，作出函數(shù)圖象，即可求解C，利用三角函數(shù)的周期公式，即可求解D.【詳解】對于A,,故A正確，對于B，故，故B錯誤，對于C,令，記，則，當(dāng)單調(diào)遞增，當(dāng)單調(diào)遞減，且，而，在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)圖象如下：故兩函數(shù)圖象有4個不同的交點，因此函數(shù)在上有4個零點，C正確，對于D，由于為周期函數(shù)，且最小正周期為，而也為周期函數(shù)，且最小正周期為，由于為無理數(shù)，而2為有理數(shù)，則不存在整數(shù)使得，所以不是周期函數(shù)，D錯誤，故選：AC【點睛】方法點睛：已知函數(shù)有零點求參數(shù)取值范圍常用的方法和思路(1)直接法：直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；(2)分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；(3)數(shù)形結(jié)合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)合求解．三、填空題:本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.______.【答案】3【解析】【分析】利用換底公式及其對數(shù)運算法則求解即可.【詳解】故答案為：.13.在棱長為2的正方體中，為棱的中點，則四面體的外接球的表面積是_____________.【答案】【解析】【分析】取中點，連接，將四面體補為直三棱柱，利用正弦定理求出外接圓的半徑，再利用球的半徑公式及球的表面積公式求解即可.【詳解】取中點，連接，因為在棱長為2的正方體中，所以三棱柱是直三棱柱，又因為平面，所以四面體的外接球即為直三棱柱的外接球，因為為棱的中點，四邊形是邊長為2的正方形，所以，在中，，又是銳角，所以，由正弦定理得外接圓的半徑為，所以直三棱柱的外接球半徑為，所以四面體的外接球的表面積為.故答案為：.14.在平面四邊形中，，記與的面積分別為，則的值是____________.【答案】##【解析】【分析】由余弦定理可得和，利用三角形的面積公式，代入即可化簡求解.【詳解】在中，由余弦定理得：，即，所以①，因為在中，由余弦定理得：，即，所以②，又因為在中，在中，所以所以由②﹣①得：，因為，所以故．故答案為：四、解答題:本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數(shù).（1）求;（2）求的單調(diào)遞增區(qū)間.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，由三角恒等變換公式化簡，即可得到函數(shù)解析式，代入計算，即可求解；（2）根據(jù)題意，由正弦型函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，代入計算，即可求解.【小問1詳解】因為，則.【小問2詳解】由（1）可知，，令，解得，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為16.有和兩道謎語，張某猜對謎語概率為0.8，猜對得獎金10元;猜對謎語的概率為0.5，猜對得獎金20元.每次猜謎的結(jié)果相互獨立.（1）若張某猜完了這兩道謎語，記張某猜對謎語的道數(shù)為隨機變量，求隨機變量的分布列與期望;（2）現(xiàn)規(guī)定：只有在猜對第一道謎語的情況下，才有資格猜第二道.如果猜謎順序由張某選擇，為了獲得更多的獎金，他應(yīng)該選擇先猜哪一道謎語?【答案】（1）分布列見解析，（2）先猜A【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，由條件可得的可能取值為，然后分別求得其對應(yīng)概率，結(jié)合期望的定義，代入計算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，分別求得先猜A謎語得到的獎金期望與先猜B謎語得到的獎金期望，比較大小，即可得到結(jié)果.【小問1詳解】由題意可得，的可能取值為，，，，則分布列為則.【小問2詳解】設(shè)選擇先猜A謎語得到的獎金為元，選擇先猜B謎語得到的獎金為元，則隨機變量的可能取值為：0，10，30，可得，，，所以隨機變量的的分布列為：Y01030P0.20.40.4所以期望；又由隨機變量的可能取值為：0，20，30，可得，，，隨機變量的分布列為：Z02030P0.50.10.4所以期望為，∴，所以小明應(yīng)該先猜A.17.如圖1，在四邊形ABCD中，，現(xiàn)將沿著AC進行翻折，得到三棱錐，且平面平面，如圖2.（1）若與平面所成的角為，證明：;（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）過作于，則由平面平面，可得平面，所以為與平面所成的角，則，再結(jié)合已知的數(shù)據(jù)可證得，然后由線面垂直的判定定理可得平面，則；（2）以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解即可.【小問1詳解】證明：過作于，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以為與平面所成的角，所以，所以，因為，所以，所以，在中，，所以，所以，所以,因為，所以，即，因為，平面，所以平面，因為平面，所以；【小問2詳解】過作于，由（1）可知平面，所以以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，連接，取的中點，連接,因為，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，所以，因為，所以，所以，所以，所以，得，所以，所以，設(shè)平面的法向量為，因為，所以，令，則，設(shè)平面的法向量為，因為，所以，令，則，所以，所以平面與平面夾角的余弦值為.18.已知函數(shù).（1）當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程;（2）當(dāng)時，證明：在上恒成立.【答案】（1）（2）證明見詳解.【解析】【分析】（1）先求導(dǎo)函數(shù)并計算，再通過點斜式求切線方程即可；（2）通過求導(dǎo)函數(shù)，證明存在，使得，則函數(shù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，再證明即可.【小問1詳解】當(dāng)時，函數(shù)，則，且，所以切線方程為，即.【小問2詳解】由題意可知，，且，令，，則在恒成立，所以在單調(diào)遞減，即在單調(diào)遞減，且，令，，所以在恒成立，所以在單調(diào)遞增，所以，即，由因為，當(dāng)時，，所以存在，有，所以函數(shù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，又因為，且，所以所以函數(shù)在恒成立.19.已知集合，對于，，定義與之間的距離為.（1）若，求所有滿足的點所圍成的圖形的面積;（2）當(dāng)時，，并且，求的最大值（用表示);（3）當(dāng)時，求集合中任意兩個元素之間的距離的和.【答案】（1）8（2）（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)可得，即可分類去掉絕對值求解，（2）分兩種情況，結(jié)合絕對值不等式的性質(zhì)放縮即可求解；（3）對第一個位置的數(shù)字兩兩作差并取絕對值，可得個，可得個，可得個,即可求解和.【小問1詳解】由可得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故圍成的圖形為正方形,其中,如下：故面積為小問2詳解】設(shè)，，，所以，，當(dāng)，當(dāng)時，綜上所述，；【小問3詳解】，設(shè)其中中均有個元素，,共有個不同的元素，從的個不同的元素任取2個不同的元素共有種選法，從中任選一個元素，對第一個