精品解析：浙江省台州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

台州市2023学年第二学期高二年级期末质量评估试题 数学 2024.6 一、单项选择题：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. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合集合间的交集运算求解. 【详解】因为集合，集合， 所以. 故选：B. 2. 复数及其共轭复数满足（其中i虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，结合共轭复数及复数相等求出即可. 【详解】设，由，得，即， 因此，所以. 故选：D 3. 已知向量，，．若，则（ ） A. 2 B. 2或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示式列出方程，求解即得. 【详解】因，，则， 由可得，，解得，或. 故选：B. 4. 已知a，b为正实数，，则（ ） A. ab的最小值为4 B. ab的最大值为4 C. ab的最小值为2 D. ab的最大值为2 【答案】A 【解析】 【分析】由题设条件等式，运用基本不等式计算即得. 【详解】因a，b为正实数，由可得， 即得，当且仅当时取等号， 即时，ab的最小值为4. 故选：A. 5. 设定义在上的函数．记，对任意的，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由复合函数的求导法则可得对于，若能被4整除，则，代入计算，即可求解. 【详解】由题意可得，， ， ， ， ， 通过以上可以看出满足以下规律： ①对于，若能被4整除，则； ②对于，若除4余1，则， ③对于，若除4余2，则， ④对于，若除4余3，则， 则. 故选：C 6. 甲、乙等5人站成前排2人、后排3人拍照，其中甲、乙两人在同一排相邻的排法共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 【答案】C 【解析】 【分析】分两种情况，甲、乙两人站前排和甲、乙两人站后排，先排甲、乙再排其他人，利用分类加法原理可求解. 【详解】分两种情况，当甲、乙两人站前排时，有种排法， 当甲、乙两人站后排时，先排甲、乙再排其他人，有种排法， 综上，共有种排法. 故选：C 7. 现有2道单选题，假定学生张君对每道题有思路与无思路的概率均为0.5．他对题目若有思路，做对的概率为0.75；若没有思路，做对的概率为0.25．在已知张君恰做对1题的条件下，则其恰有1题有思路的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用全概率公式求做1题且作对的概率，再结合二项分布概率公式，以及条件概率公式，即可求解. 【详解】设事件为张君对1题有思路，表示张君对1题没有思路，事件表示做对， 则， 所以2题恰有1题作对的概率为， 则2题中作对1题，且只有1题有思路的概率， 所以张君恰做对1题的条件下，则其恰有1题有思路的概率为. 故选：D 8. 设（且），方程在复数集C内的三个根为，可以将上述方程变形为，展开得到，比较该方程与方程，可以得到．已知（i是虚数单位），且是的三个实根，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由结合复数相等得，再借助复数根的定义，结合和角的正切公式计算即得. 【详解】依题意，，即，而且， 则，， ，， 所以 . 故选：B 【点睛】关键点点睛：由已知结合复数相等求得是解题的关键. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若随机变量X服从二项分布，则 B. 若随机变量X服从正态分布，则 C. 当事件A，B，C两两独立时， D. 当事件A，B，C两两互斥时， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项分布得方差公式即可判断A；根据正态分布得对称性，从而可判断B；根据独立事件乘积公式结合具体事件说明即可判断C；根据互斥事件和概率公式计算，即可判断D． 【详解】对于A，由随机变量X服从二项分布， 得，故A错误； 对于B，因为随机变量X服从正态分布，则对称轴为，，所以，故B正确； 对于C，三个事件A，B，C两两独立能推出，且，且，但是推不出， 比如：从1，2，3，4中随机选出一个数字，事件A：取出的数字为1或2．事件B：取出的数字为1或3，事件C：取出的数字为1或4， 则为取出数字1， 所以， 满足．且，且， 但是推不出，故选项C错误； 当事件A，B，C两两互斥时，则互斥 则,D选项正确； 故选：BD. 10. 关于函数的图象的切线，下列说法正确的是（ ） A. 在点处的切线方程为 B. 经过点的切线方程为 C. 切线与的图象必有两个公共点 D. 在点处的切线过点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义判断A、C、D，设切点为，表示出切线方程，求出，即可判断B. 【详解】由得， 对于A：由，所以函数在点处的切线方程为，即，故A正确； 对于B：设切点为，所以，所以切线方程为， 又切线过点，所以，解得或， 所以过点的切线方程为或，故B错误； 对于C、D：，则在点的切线方程为， 则，即， 因为，则，即， 即，所以， 又，当时， 又点在函数上，且与点相异， 即过曲线上任意点（除原点外）切线必经过曲线上另一点（不是切点）， 对于切线，则切点不是坐标原点， 所以切线与的图象必有两个公共点，故C、D正确. 故选：ACD 11. 已知的内角所对的边分别为a，b，c，其中a为定值．若的面积，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 周长的最小值为 D. 的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件得到，，设边上的高为，利用利用余弦定理、同角三角函数关系式和基本不等式计算判断各个选项； 【详解】 ， ， ∴， 设边上的高为， 对于A，根据余弦定理， ，， ， ，当时，即时，等号成立， 所以两边平方可得 ,所以的最大值为，故A正确. 对于B，,当时，等号成立，由A可知， 所以，则的最小值为，故B错误； 对于C，周长为，当时，等号成立，， 所以周长的最小值为，故C正确； 对于D， 两边同时除以，，计算可得 的取值范围是，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】解三角形中求最值方法 1.边的范围或最值方法：根据边角的各自特点，利用正（余）弦定理进行合理转化，在利用三角函数的范围或基本不等式进行求解； 2.周长范围或最值方法：周长问题可看作边长问题，解决周长问题可类同求边的范围或最值； 3.角的范围或最值方法：可借助三角函数的有界性，或利用正（余）弦定理把三角转化成边，在结合不等式的相关性质进行求解； 4.面积的范围或最值方法：通常利用面积公式，将其转化为同一类元素，然后三角函数的有界性或者实数的不等式求解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是________. （用数字作答） 【答案】40 【解析】 【分析】利用通项中的指数确定，然后可得. 【详解】因为展开式的通项， 所以含的项为第3项，即， 所以系数是. 故答案为：40 13. 已知，，，则______，______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用题设等式先求出，再由求出，继而求得和，最后分别代入和角公式与差角公式计算即得. 【详解】由可得，两边分别除以的左式和右式，. 因，则，故， 展开得，，因，代入得，，两式相除得，， 于是，，. 故答案为：；. 14. 在正方体中，为正方形的中心，直线底面，则二面角的平面角的正弦值的最大值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用空间向量方法计算该二面角的余弦值的平方，然后相应证明，即可得到，最后给出取到等号的例子即可. 【详解】 不妨设正方体的边长为，以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系. 则平面即为由轴和轴确定的平面，，. 设与同向的一个非零向量是，是原点在上的投影，则由于向量与垂直且可落入平面内，故存在实数使得，即. 设和分别是与确定的平面和与确定的平面的一个法向量. 则，故. 解得的一个可能的取值是，. 由于，故，. 记二面角的值为，则 一方面，由于 ， 故， 从而. 故，从而. 另一方面，当为直线时，由于垂直于平面，在平面内，故，. 所以二面角的大小等于，即. 综上，二面角的正弦值的最大值是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用空间向量方法计算二面角的余弦值，再用代数变形求正弦值的最大值. 四、解答题：本小题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15. 已知函数，．给出如下三组条件： ①函数的最小正周期为，且当时，取到最大值； ②函数的单调递减区间是，单调递增区间是； ③，是方程的两个根，的最小值为，且． 从这三组条件中任选一组作为条件，完成以下问题： （1）求函数的解析式； （2）若，求的值． 注：如果选择多组条件分别解答，按第一组解答给分． 【答案】（1）; （2）. 【解析】 【分析】(1)利用周期计算，利用代点法计算即可; (2)代入找到角的关系即可. 【小问1详解】 若选择①：由题知，故． 当时，，， 故，又，故． 所以． 若选择②：由单调区间可知周期为，故，故． 由题意知当时，取最小值，即，， 故，又，故． 所以． 若选择③：令，即， 易知，， 即，又的最小值为，故． 由，可知是的对称中心， 则，，故， 又，故． 所以． 【小问2详解】 由，得． 故． 16. 已知函数为偶函数． （1）求实数a的值； （2）若不等式恒成立，求实数b的取值范围． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）由偶函数的定义域关于原点对称即可求得的值； （2）根据函数定义域分段讨论，化简不等式，利用不等式恒成立即得参数范围. 【小问1详解】 的定义域为， 由是偶函数，知其定义域关于原点对称，故； 当时，为偶函数， 所以． 【小问2详解】 由（1）知，， 则恒成立即（*）恒成立． ① 当时，（*）式恒成立等价于恒成立， 即恒成立，因，故； ② 当时，（*）式恒成立等价于恒成立， 即恒成立，因，故． 综上可得，b的取值范围是． 17. 如图，在直三棱柱中，，，．D，E分别是棱的中点，点F在线段上． （1）若，求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）先证明得A，F，三点共线，再证即得； （2）过点B作,证平面，可得就是直线与平面所成的角，利用体积求出点F到平面的距离，证，继而求出即得. 【小问1详解】 连接,在直三棱柱中，，所以． 又因为，， 所以， 故，即A，F，三点共线． 因点D，E分别是棱、的中点， 故，又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 过点B作，垂足为点H，连接FH，FB． 在直三棱柱中，平面，又平面，所以， 又，，所以平面． 故是斜线在平面上的射影， 所以就是直线与平面所成的角． 记点F到平面的距离为， ，得．因, 故得F为的中点，即． 在中，因,则, 于是，，，． 求得，故． 所以直线与平面所成角的正切值为． 18. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，证明：； （3）若既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间是，函数的单调递减区间是，． （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数后由导数的正负可求出函数单调区间； （2）不等式转化为，构造函数，利用导数求出其单调区间，利用其单调性可证得结论； （3）设，令，则转化为既有极大值又有极小值，则，令，然后对函数求导后，分，，，四种情况讨论即可得答案. 【小问1详解】 当时，，函数的定义域为， ， 令，解得；令，解得或， 故函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是，． 【小问2详解】 当时，，函数的定义域为， 不等式就是不等式（*）， 当时，（*）式等价于； 当时，（*）式等价于． 设，， 故在上单调递增， 故当时，，即， 当时，，即． 所以原式成立． 【小问3详解】 设，令， 既有极大值又有极小值等价于既有极大值又有极小值． ，记． ， ①当时，有，则在上单调递增， 故函数在上至多有1个零点，不合题意； ②当时，在上单调递减，在上单调递增，且， 故在上没有零点，不合题意； ③当时，在上单调递减，在上单调递增， 又，，故函数在上没有零点，不合题意； ④当时，在上单调递减，在上单调递增， 且有，，， （这里用不等式：当时，） ． 下面证明当时，，令， 则，令，则， 所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以，所以当时，， 所以，， 又因为函数的图象分别在区间，上连续， 所以函数在，内各有1个零点，分别记为和， 故、分别为函数的极大值点、极小值点．即既有极大值又有极小值． 综上，当时，既有极大值又有极小值． 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，考查利用导数解决函数极值问题，第（3）问解题的关键是换元后将问题转化为既有极大值又有极小值，然后两次求导后分情况讨论，考查计算能力和数学转化的思想及分类讨论思想，属于难题. 19. 在做抛掷质地均匀硬币的试验过程中，将正面朝上记作1，反面朝上记作0，记录结果得到一串由0和1构成的序列.在序列中规定：仅有数字0相连的排列称为由0构成的游程；仅有数字1相连的排列称为由1构成的游程.如在序列000111110100001101110010011000中，共有13个游程，其中由0构成的游程有7个，分别是000，0，0000，0，00，00，000；由1构成的游程有6个，分别是11111，1，11，111，1，11. （1）由2个0和3个1随机构成的序列中，求游程个数的分布列与期望； （2）由m个0和n个1随机构成的序列，记作.记事件，，，3，…，. （i）求，； （ii）求游程个数的期望. 【答案】（1）分布列见解析， （2）（i），；（ii）． 【解析】 【分析】（1）由已知，分别求出，，，，即可列出分布列，求出期望； （2）（i）由古典概型可得，；（ii）由（i）可知，，3，…，，设设1游程个数为Y，设0游程个数为Z，则由期望性质可得，进而可得，类似可得，则得两类游程数目的数学期望为. 【小问1详解】 设X表示游程的个数，则， 由2个0和3个1在排列时，共有种排列， 当时，有2种排列：11100、00111，所以； 当时，有3种排列：10011、11001、01110，所以； 当时，有4种排列：10110、11010、01011、01101，所以； 当时，只有一种排列：10101，所以. 故X的分布列为： X 2 3 4 5 P 期望为. 【小问2详解】 （i）， . （ii）可知当随机事件发生时，就是一个1游程的开始，此时令， 设1游程个数为Y，则， 由（i）可知， ，，3，…，， 由期望的性质可知， ， 设0游程个数为Z，类似可得， 因此两类游程数目的数学期望为. 【点睛】关键点点睛：解答本题关键是（2）（ii）先令，则1游程个数为，再利用期望的性质，，进而求得游程个数的期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 台州市2023学年第二学期高二年级期末质量评估试题 数学 2024.6 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数及其共轭复数满足（其中i是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，．若，则（ ） A. 2 B. 2或 C. D. 或 4. 已知a，b为正实数，，则（ ） A. ab最小值为4 B. ab的最大值为4 C. ab的最小值为2 D. ab的最大值为2 5. 设定义在上的函数．记，对任意的，，则（ ） A. B. C. D. 6. 甲、乙等5人站成前排2人、后排3人拍照，其中甲、乙两人在同一排相邻的排法共有（ ） A 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 7. 现有2道单选题，假定学生张君对每道题有思路与无思路的概率均为0.5．他对题目若有思路，做对的概率为0.75；若没有思路，做对的概率为0.25．在已知张君恰做对1题的条件下，则其恰有1题有思路的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 设（且），方程在复数集C内的三个根为，可以将上述方程变形为，展开得到，比较该方程与方程，可以得到．已知（i是虚数单位），且是的三个实根，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若随机变量X服从二项分布，则 B. 若随机变量X服从正态分布，则 C. 当事件A，B，C两两独立时， D. 当事件A，B，C两两互斥时， 10. 关于函数图象的切线，下列说法正确的是（ ） A. 在点处的切线方程为 B. 经过点切线方程为 C. 切线与的图象必有两个公共点 D. 在点处的切线过点，则 11. 已知的内角所对的边分别为a，b，c，其中a为定值．若的面积，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 周长的最小值为 D. 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是________. （用数字作答） 13. 已知，，，则______，______． 14. 在正方体中，为正方形的中心，直线底面，则二面角的平面角的正弦值的最大值是______． 四、解答题：本小题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15. 已知函数，．给出如下三组条件： ①函数的最小正周期为，且当时，取到最大值； ②函数的单调递减区间是，单调递增区间是； ③，是方程两个根，的最小值为，且． 从这三组条件中任选一组作为条件，完成以下问题： （1）求函数的解析式； （2）若，求的值． 注：如果选择多组条件分别解答，按第一组解答给分． 16. 已知函数为偶函数． （1）求实数a的值； （2）若不等式恒成立，求实数b的取值范围． 17. 如图，在直三棱柱中，，，．D，E分别是棱的中点，点F在线段上． （1）若，求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正切值． 18. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，证明：； （3）若既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围． 19. 在做抛掷质地均匀硬币的试验过程中，将正面朝上记作1，反面朝上记作0，记录结果得到一串由0和1构成的序列.在序列中规定：仅有数字0相连的排列称为由0构成的游程；仅有数字1相连的排列称为由1构成的游程.如在序列000111110100001101110010011000中，共有13个游程，其中由0构成的游程有7个，分别是000，0，0000，0，00，00，000；由1构成的游程有6个，分别是11111，1，11，111，1，11. （1）由2个0和3个1随机构成的序列中，求游程个数的分布列与期望； （2）由m个0和n个1随机构成的序列，记作.记事件，，，3，…，. （i）求，； （ii）求游程个数的期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$