精品解析：江苏省徐州市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题

2023~2024学年度第二学期期末抽测 高二年级数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题：本题共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】C 【解析】 【分析】求出函数的定义域化简集合，再利用交集的定义求解即得. 【详解】，而 ， ， 故选：C 2. 用数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数的个数为（ ） A. 48 B. 60 C. 96 D. 120 【答案】A 【解析】 【分析】考查排列组合中的分步计数原理，先确定个位数字，再确定其他位数字即可. 【详解】第一步，个位2或4，共两种排法； 第二步，千、百、十位有种排法. 所以，共种排法. 故选：A. 3. 我们通常用里氏震级来标定地震规模的大小，里氏震级与震源中心释放的能量有关，二者满足关系式2008年5月12日，四川汶川发生里氏8.0级地震，2024年6月12日，四川甘孜州石渠县发生里氏4.7级地震，则里氏8.0级地震释放的能量是里氏4.7级地震释放的能量的（ ） A. 1.7倍 B. 4.95倍 C. 倍 D. 倍 【答案】D 【解析】 【分析】借助所给关系式，分别计算出里氏8.0级地震释放的能量与里氏4.7级地震释放的能量后作商即可得. 【详解】当时，有，即，即， 当时，有，即，即， 故. 故选：D. 4. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数在上单调递增，可知各段分别在对应自变量范围上单调递增，且在时满足，在分析函数的单调性时需分类讨论. 【详解】因为函数在上单调递增， 当，即时，需满足，解得， 所以； 当，即时，需满足， 即，解得，又，所以, 综上，实数的取值范围为. 故选：B 5. 从数字中随机取一个数字，记为，再从数字中随机取一个数字，则第二次取到的数字为2的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件加法公式和全概率公式求解即可. 【详解】记事件为“第一次取到数字n”， ， 事件B为“第二次取到的数字为2”， 由题意知是两两互斥的事件，且（样本空间）， , 故选：B 6. 若直线经过曲线的对称中心，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据，可得曲线的对称中心为，把坐标代入直线方程得，结合基本不等式可求最大值. 【详解】记，因为 ，所以的对称中心为 因为直线过的对称中心， 所以，即， 所以，当且仅当时取等号，即的最大值为4. 故选： 7. 在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 所以点到平面的距离为， 故选：C. 8. 已知是定义在上的函数，且，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】先根据和判断出的图象关于直线对称，关于点对称，从而得到周期为4；再根据得到，最后化简所求表达式并利用二项式系数和的性质求解即可. 【详解】因为，即，所以函数的图象关于直线对称； 又因为，所以，所以函数的图象关于点对称； 所以，所以，即函数周期为4， 又因为，所以，即. 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的周期性、对称性等性质，解题的关键是将抽象函数利用相关条件进行转化. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为实数，则“”的必要条件可以为（ ） A. B. C D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据“必要条件”的定义，分别构造函数，，，，根据函数的单调性即可得出判断． 【详解】对于A，因为在单调递增， 所以当时，成立，故A符合题意； 对于B，因为在上单调递增， 所以当时，，成立，故B符合题意； 对于C，因为在上单调递减， 所以当时，，故C不合题意， 对于D，因为在上单调递减，在上单调递增， 当时，若时，， 若时，，故D不合题意， 故选：AB． 10. 已知函数，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 在区间上单调递增 D. 集合的元素个数为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A直接计算即可，对于B验证，对于C先证明上的单调性，再根据奇偶性得到 上的单调性，对于D把问题转化方程解的个数的判断. 【详解】对A，，故A正确； 对B，的定义域为，关于原点对称，，所以为奇函数，故B正确； 对C，当时，，，根据单调递增，所以在单调递减， 又因为是奇函数，所以在单调递减，且，所以在上单调递减，故C错误； 对D，得：， 当时，方程可化为， 因为，此时，方程的两根满足，可以说明， 所以当时，有两个不相等正根， 当时，方程可化为， 因为，此时，方程的两根满足，可以说明， 所以当时，有两个不相等的负根， 综上所述，方程有四个不相等的实数解，即集合有个元素，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，在边长为12的正方形中，分别边的三等分点，正方形内有两点，点到的距离分别为，点到的距离也是和，其中.将该正方形沿折起，使与重合，则在该空间图形中，（ ） A. 直线平面 B. 的最小值为 C. 线段的中点到的距离不超过 D. 异面直线与成角时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件，建立如图所示的空间直角坐标系，求得，选项A，先求出平面的一个法向量，利用，即可求解；选项B，因为，利用二次函数的性质，即可求解；选项C，求出的中点及的坐标，即可求解；选项D，利用线线角的向量法，即可求解. 【详解】如图，取中点，的中点，连接， 因为，所以， 因为，，又，面， 所以面，又，所以面， 故，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 设于，于，过作于, 易知，，又，所以，又， 所以，同理可知，所以， 对于选项A，易知平面的一个法向量为，因为， 显然平面，所以平面，故选项A正确， 对于选项B，因为， 令，其中， 对称轴，所以， 所以，故选项B正确， 对于选项C，因为中点，， 所以 ，故选项C错误， 对于选项D，因为，所以， 所以，整理得到， 解得或（舍），故选项D正确， 故选：ABD. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于建立空间直角坐标系，求出，再利用线面平行的向量法、空间两点间的距离及线线角的向量法，即可求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，若，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求解即可. 【详解】因为随机变量，， 所以 又因为， 所以由对称性知，. 故答案为：4 13. 已知，则__________，被6除所得的余数是__________. 【答案】 ①. 2 ②. 5 【解析】 【分析】利用赋值法求出常数项及所有项系数和即可得解；求出的表达式，再利用二项式定理求解余数问题. 【详解】依题意，，， 所以； ， 显然是6的整数倍，而除以6余5， 所以被6除所得的余数是5. 故答案为：2；5. 14. 已知函数，若对任意，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】对分类讨论，分析结合特值可排除，当时转化为二次函数、二次不等式恒成立问题求解即可. 【详解】因为， 当时，，，所以不恒成立， 故， 当时，，显然不恒成立，（如）， 当时，由可得， 平方可得， 由时，恒成立， 令， 当，即时，，显然不恒成立， 当时，恒成立， 需满足，解得，即， 综上，实数的取值范围为. 四､解答题：本题共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. 已知的展开式的各项系数和为256. （1）求展开式中的常数项； （2）设，证明：； （3）求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得，求出，再求出二项式展开式的通项公式，令的次数为0，求出，从而可求出展开式中的常数项； （2）根据阶乘公式化简等式右边即可； （3）根据（2）的结论，利用裂项相消求和法可证得结论. 【小问1详解】 因为的展开式的各项系数和为256， 所以，解得， 所以， 展开式的通项公式为， 令，得， 所以展开式中的常数项为； 【小问2详解】 证明：因为 ， 所以； 【小问3详解】 证明：因为由（2）知， 所以 ． 16. 为加快推动旅游业复苏，进一步增强市民旅游消费意愿，某景区推出针对中､高考生的优惠活动：凭中､高考准考证可优惠购票，并可以八折购买“金榜题名”文创雪糕.该景区从中､高考生游客中随机抽取200人了解他们对这项活动的满意度，统计得到列联表如下： 不满意 满意 合计 高考生 60 40 100 中考生 35 65 100 合计 95 105 200 （1）判断能否有的把握认为满意度与考生类型有关？ （2）现从高考生的样本中用分层抽样的方法选出5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步的访谈，求这3人中不满意的人数的概率分布及数学期望. 附：，其中. 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有的把握认为满意度与考生类型有关 （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据所给数据计算，再由所给参考数据作出结论； （2）由分层抽样得出满意及不满意人数，根据超几何分布求出概率，得出分布列，求期望即可. 【小问1详解】 零假设为满意度与考生类型相互独立，即满意度与考生类型无关. 由列联表可得： ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 所以有的把握认为满意度与考生类型有关. 【小问2详解】 高考生共有100人，其中不满意的有60人，满意的有40人， 由分层抽样，其中抽得不满意的有3人，满意的有2人， 由题意，的可能取值为， 则，，， 所以的分布列为： 1 2 3 . 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，，. （1）若点为棱的中点，求二面角的余弦值； （2）若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明出为等腰直角三角形，由面面垂直得到线面垂直，得到两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到二面角的余弦值； （2）表达出，从而得到，表达出，求出最值. 小问1详解】 连接，因为，所以， 又，，所以四边形为菱形， 又，故菱形为正方形， 故，由勾股定理得， 因为，所以， 由勾股定理逆定理得⊥，故为等腰直角三角形， 取的中点，连接，则⊥， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 又，所以⊥，，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 故， 设二面角的大小为，由图形可知，为锐角， 故二面角的余弦值； 【小问2详解】 由（1）知，. 所以， 平面ABCD的一个法向量为， 由（1）知，平面PAD的一个法向量为， 所以 ， 所以当，即时，有最大值. 18. 对于函数，记.已知定义在上的函数满足，当时，，其中是给定的正整数，记集合. （1）当时，求； （2）证明：当时，； （3）求. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）， 【解析】 【分析】（1）根据的值先确定的值，再求； （2）分别取，，，四三种情况证明当时，； （3）首先计算出，然后计算出，最后再证明对于任意且. 【小问1详解】 当时，， 当时，，所以，则，所以， 当时，，所以，则，所以， ， ； 【小问2详解】 设，则， ，故 设，则， ，故； 设，则， ，故； 设，则， ，故； 综上，当时，. 【小问3详解】 ，由（2）知当时，有，故， 而，故. 当时，， , 由上，当且时，； 下证：对于任意且. 由（2）知，若，则，故； 若，则，故； 综上，对于任意且. 故. 【点睛】方法点睛：对于新定义题型，一般分为以下几步： （1）对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号； （2）对新定义所提取的信息进行加工，探究解决方法，有时能够追求临近的知识点，明确它们的共同点与不同点； （3）对新定义中提取的知识进行变换，有效的输出；假如是新定义的运算，直接依据运算法则计算即可； 假如是新定义的性质，一般要判断性质的合用性，可否利用定义的外延. 19. 在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正､负方向､轴正､负方向或轴正､负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第1秒末，质点会等可能地出现在六点处. （1）求该质点在第4秒末移动到点的概率； （2）设该质点在第2秒末移动到点，记随机变量，求的均值； （3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据组合公式得到共有6种可能，再计算出所有情况，利用古典概型公式即可得到答案； （2）首先得到的所有可能取值为，再按步骤写出其分布列，计算其期望即可； （3）设质点向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，则，化简比较大小即可. 【小问1详解】 在第4秒末质点要移动到点，需要沿轴正方向移动2次， 沿轴正方向移动2次，所以共有种可能. 故该质点在第4秒末移动到点的概率为. 【小问2详解】 质点在第2秒可能移动到点， ， ， 所以的所有可能取值为. ， 所以. 【小问3详解】 质点要在第秒末回到原点， 则必定向轴正、负方向移动相同的次数，设为次， 向轴正、负方向移动相同的次数，设为次， 向轴正、负方向移动相同次数，为次. 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是得到的所有可能取值为，第三问的关键是得到，再化简即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023~2024学年度第二学期期末抽测 高二年级数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 用数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数的个数为（ ） A 48 B. 60 C. 96 D. 120 3. 我们通常用里氏震级来标定地震规模的大小，里氏震级与震源中心释放的能量有关，二者满足关系式2008年5月12日，四川汶川发生里氏8.0级地震，2024年6月12日，四川甘孜州石渠县发生里氏4.7级地震，则里氏8.0级地震释放的能量是里氏4.7级地震释放的能量的（ ） A. 1.7倍 B. 4.95倍 C. 倍 D. 倍 4. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 从数字中随机取一个数字，记为，再从数字中随机取一个数字，则第二次取到的数字为2的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 若直线经过曲线的对称中心，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在上的函数，且，则（ ） A. B. C. D. 0 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为实数，则“”的必要条件可以为（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 在区间上单调递增 D. 集合的元素个数为4 11. 如图，在边长为12的正方形中，分别边的三等分点，正方形内有两点，点到的距离分别为，点到的距离也是和，其中.将该正方形沿折起，使与重合，则在该空间图形中，（ ） A. 直线平面 B. 最小值为 C. 线段的中点到的距离不超过 D. 异面直线与成角时， 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，若，则__________. 13. 已知，则__________，被6除所得的余数是__________. 14. 已知函数，若对任意，则实数的取值范围为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知的展开式的各项系数和为256. （1）求展开式中的常数项； （2）设，证明：； （3）求证： 16. 为加快推动旅游业复苏，进一步增强市民旅游消费意愿，某景区推出针对中､高考生的优惠活动：凭中､高考准考证可优惠购票，并可以八折购买“金榜题名”文创雪糕.该景区从中､高考生游客中随机抽取200人了解他们对这项活动的满意度，统计得到列联表如下： 不满意 满意 合计 高考生 60 40 100 中考生 35 65 100 合计 95 105 200 （1）判断能否有的把握认为满意度与考生类型有关？ （2）现从高考生的样本中用分层抽样的方法选出5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步的访谈，求这3人中不满意的人数的概率分布及数学期望. 附：，其中. 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 3841 5.024 6.635 7.879 10.828 17. 如图，在四棱锥中，底面直角梯形，平面平面，，，. （1）若点为棱的中点，求二面角的余弦值； （2）若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值. 18. 对于函数，记.已知定义在上的函数满足，当时，，其中是给定的正整数，记集合. （1）当时，求； （2）证明：当时，； （3）求. 19. 在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正､负方向､轴正､负方向或轴正､负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第1秒末，质点会等可能地出现在六点处. （1）求该质点在第4秒末移动到点的概率； （2）设该质点在第2秒末移动到点，记随机变量，求的均值； （3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$