精品解析：浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题

浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题 注意事项: 1.请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷相应位置上. 2.全卷满分150分，考试时间120分钟. 一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40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 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若函数在上有两个不同零点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 将编号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子至少放1个小球，则不同的放法种数是（ ） A. 2640 B. 2160 C. 1800 D. 1560 7. 设为两个随机事件，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，对定义域内任意的，当时，都有，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B 若，则 C. 若，则 D. 函数和在上有相同的单调性 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知都是正实数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 四位同学各掷大小一致、质地均匀的骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数.四位同学的统计结果如下，则可能出现点数6的是（ ） A. 平均数为3，中位数为2 B. 平均数为2，方差为2.4 C. 中位数为3，众数为2 D. 中位数为3，方差为2.8 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 恒成立 B. 在上单调递增 C. 在上有4个零点 D. 是周期函数 三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 13. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则四面体的外接球的表面积是_____________. 14. 在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值是____________. 四、解答题:本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15 已知函数. （1）求; （2）求的单调递增区间. 16. 有和两道谜语，张某猜对谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元;猜对谜语的概率为0.5，猜对得奖金20元.每次猜谜的结果相互独立. （1）若张某猜完了这两道谜语，记张某猜对谜语的道数为随机变量，求随机变量的分布列与期望; （2）现规定：只有在猜对第一道谜语情况下，才有资格猜第二道.如果猜谜顺序由张某选择，为了获得更多的奖金，他应该选择先猜哪一道谜语? 17. 如图1，在四边形ABCD中，，现将沿着AC进行翻折，得到三棱锥，且平面平面，如图2. （1）若与平面所成的角为，证明：; （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程; （2）当时，证明：在上恒成立. 19. 已知集合，对于，，定义与之间的距离为. （1）若，求所有满足的点所围成的图形的面积; （2）当时，，并且，求的最大值（用表示); （3）当时，求集合中任意两个元素之间的距离的和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题 注意事项: 1.请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷相应位置上. 2.全卷满分150分，考试时间120分钟. 一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合交并补运算，结合选项即可逐一求解. 【详解】对于A，，故A错误， 对于B，或，所以，故B错误， 对于C，，但，故C错误， 对于D，，故D正确， 故选：D 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可化简求解. 【详解】, 故选：A 3. 若函数在上有两个不同的零点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的分布，即可列出不等式，结合选项即可求解. 【详解】在上有两个不同的零点,则， 故，故B正确，ACD错误， 故选：B 4. 已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，再根据夹角公式可求余弦值. 【详解】因为，所以， 从而，所以即， 故， 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据三角恒等变换求出，再根据已知条件缩小范围，从而确定符号进而求解即可. 【详解】由已知， 则， 平方得， 即，解得， 又，，且， 则，即，所以 由，得，故， 所以. 故选：C. 6. 将编号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子至少放1个小球，则不同的放法种数是（ ） A. 2640 B. 2160 C. 1800 D. 1560 【答案】D 【解析】 【分析】分两类分别算出每一类下的方法种数，再按照分类加法计数原理相加即可求解. 【详解】分两类解决这个问题： 第一类，一个盒中3个球，另外三个盒中每个盒1个球， 共有种； 第二类，其中两个盒每个盒2个球，另外两个盒每个盒1个球， 共有种； 按照分类加法计数原理得，不同的方法种数共有种. 故选：D. 7. 设为两个随机事件，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率公式可得，进而利用概率加法公式以及对立事件概率，即可代入求解. 【详解】由条件概率可得 所以，， 所以， 故选：B 8. 已知函数的定义域为，对定义域内任意的，当时，都有，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 函数和在上有相同的单调性 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数不等式恒成立分别应用各个选项判断即可. 【详解】对于A：，， 因为，所以， 因为，所以恒成立， 又因为不相等，所以，A选项错误； 对于B：， 所以恒成立， 所以，又因为不相等，， 所以， 又，， ，， 所以， 所以，B选项错误； 对于C: 因为不相等，不妨设， 因为， 所以， 所以，C选项正确， 对于D：不妨设在上单调递增，任取，满足， 则， 因为， 所以，所以， 所以单调递减，D选项错误. 故选：C. 【点睛】方法点睛：结合已知条件及函数单调性定义判断单调性，结合三角不等式判断绝对值不等式范围. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知都是正实数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】运用基本不等式逐一分析选项即可. 【详解】都是正实数, ,当且仅当，即时等号成立，故正确； ，当且仅当，即时等号成立，故正确； 当时，不成立，故错误； ，当且仅当时等号成立， 令，，即，即， 即，所以成立，故正确. 故选： 10. 四位同学各掷大小一致、质地均匀的骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数.四位同学的统计结果如下，则可能出现点数6的是（ ） A. 平均数为3，中位数为2 B. 平均数为2，方差为2.4 C. 中位数3，众数为2 D. 中位数为3，方差为2.8 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，分别举例判断，即可求解. 【详解】对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确； 对于B，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为时，一定不会出现点数6，所以B错误； 对于C，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以C正确； 对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3， 则平均数为， 方差为， 所以可以出现点6，所以D正确 故选：ACD 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 恒成立 B. 在上单调递增 C. 在上有4个零点 D. 是周期函数 【答案】AC 【解析】 【分析】利用三角函数的有界性，结合放缩法即可求解A，利用端点处的函数值比较，即可判断B，由导数求解函数的单调性，作出函数图象，即可求解C，利用三角函数的周期公式，即可求解D. 【详解】对于A, ,故A正确， 对于B，故，故B错误， 对于C,令， 记， 则， 当单调递增， 当单调递减， 且，而， 在同一直角坐标系中作出函数图象如下：故两函数图象有4个不同的交点，因此函数在上有4个零点，C正确， 对于D，由于为周期函数，且最小正周期为，而也为周期函数，且最小正周期为， 由于为无理数，而2为有理数，则不存在整数使得， 所以不是周期函数，D错误， 故选：AC 【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 【答案】3 【解析】 【分析】利用换底公式及其对数运算法则求解即可. 【详解】 故答案为：. 13. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则四面体的外接球的表面积是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】取中点，连接，将四面体补为直三棱柱，利用正弦定理求出外接圆的半径，再利用球的半径公式及球的表面积公式求解即可. 【详解】取中点，连接， 因为在棱长为2的正方体中，所以三棱柱是直三棱柱， 又因为平面，所以四面体的外接球即为直三棱柱的外接球， 因为为棱的中点，四边形是边长为2的正方形，所以， 在中，，又是锐角，所以， 由正弦定理得外接圆的半径为， 所以直三棱柱的外接球半径为， 所以四面体的外接球的表面积为. 故答案为：. 14. 在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值是____________. 【答案】## 【解析】 【分析】由余弦定理可得和，利用三角形的面积公式，代入即可化简求解. 【详解】在中，由余弦定理得：，即， 所以①， 在中，由余弦定理得：，即， 所以②， 又因为在中，， 在中，， 所以 所以由②﹣①得：， 因为，所以 故． 故答案为： 四、解答题:本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求; （2）求的单调递增区间. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换公式化简，即可得到函数解析式，代入计算，即可求解； （2）根据题意，由正弦型函数的单调区间，代入计算，即可求解. 【小问1详解】 因为 ， 则. 【小问2详解】 由（1）可知，， 令， 解得， 所以的单调递增区间为 16. 有和两道谜语，张某猜对谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元;猜对谜语的概率为0.5，猜对得奖金20元.每次猜谜的结果相互独立. （1）若张某猜完了这两道谜语，记张某猜对谜语的道数为随机变量，求随机变量的分布列与期望; （2）现规定：只有在猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道.如果猜谜顺序由张某选择，为了获得更多的奖金，他应该选择先猜哪一道谜语? 【答案】（1）分布列见解析， （2）先猜A 【解析】 【分析】（1）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别求得其对应概率，结合期望的定义，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，分别求得先猜A谜语得到的奖金期望与先猜B谜语得到的奖金期望，比较大小，即可得到结果. 【小问1详解】 由题意可得，的可能取值为， ， ， ， 则分布列为 则. 【小问2详解】 设选择先猜A谜语得到的奖金为元，选择先猜B谜语得到的奖金为元， 则随机变量的可能取值为：0，10，30， 可得，， ， 所以随机变量的的分布列为： Y 0 10 30 P 0.2 0.4 0.4 所以期望； 又由随机变量的可能取值为：0，20，30， 可得，，， 随机变量的分布列为： Z 0 20 30 P 0.5 0.1 0.4 所以期望为， ∴，所以小明应该先猜A. 17. 如图1，在四边形ABCD中，，现将沿着AC进行翻折，得到三棱锥，且平面平面，如图2. （1）若与平面所成的角为，证明：; （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）过作于，则由平面平面，可得平面，所以为与平面所成的角，则，再结合已知的数据可证得，然后由线面垂直的判定定理可得平面，则； （2）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 证明：过作于， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以为与平面所成的角， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 在中，，所以， 所以，所以, 因为，所以，即， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以； 【小问2详解】 过作于，由（1）可知平面， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 连接，取的中点，连接, 因为，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以， 因为，所以， 所以，所以，所以，得， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 因为， 所以，令，则， 设平面的法向量为， 因为， 所以，令，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程; （2）当时，证明：在上恒成立. 【答案】（1） （2）证明见详解. 【解析】 分析】（1）先求导函数并计算，再通过点斜式求切线方程即可； （2）通过求导函数，证明存在，使得，则函数在单调递增，在单调递减，再证明即可. 【小问1详解】 当时，函数， 则， 且， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 由题意可知，，且， 令，， 则在恒成立， 所以在单调递减， 即在单调递减，且， 令，， 所以在恒成立， 所以在单调递增， 所以， 即， 由因为， 当时，， 所以存在，有， 所以函数在单调递增，在单调递减， 又因为， 且， 所以 所以函数在恒成立. 19. 已知集合，对于，，定义与之间的距离为. （1）若，求所有满足的点所围成的图形的面积; （2）当时，，并且，求的最大值（用表示); （3）当时，求集合中任意两个元素之间的距离的和. 【答案】（1）8 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据可得，即可分类去掉绝对值求解， （2）分两种情况，结合绝对值不等式的性质放缩即可求解； （3）对第一个位置的数字两两作差并取绝对值，可得个，可得个，可得个,即可求解和. 【小问1详解】 由可得， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 故围成图形为正方形, 其中,如下： 故面积为 【小问2详解】 设，， ， 所以，， 当， 当时， 综上所述，； 【小问3详解】 ， 设 其中中均有个元素，, 共有个不同的元素，从的个不同的元素任取2个不同的元素共有种选法， 从中任选一个元素，对第一个位置的数字两两作差并取绝对值，可得个，可得个，可得个，其中个， 所以中所有元素的第一位的数字之和为， 对于中所有元素的其他同等位置的数字之和为均为， 故集合中任意两个元素之间的距离的和， 【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$