精品解析：浙江省金华市十校2023-2024学年高二下学期6月期末调研考试数学试题

金华十校2023-2024学年第二学期期末调研考试 高二数学试题卷 本试卷分选择题和非选择题两部分.考试时间120分钟.试卷总分为150分.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂､写在答题纸上. 选择题部分（共58分） 一､单选题：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. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数减法与复数的几何意义计算即可得. 【详解】， 故在复平面内对应的点位于第四象限. 故选：D. 2. 已知向量，且，则（ ） A. 11 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由向量垂直的坐标表示，代入计算，即可求解. 【详解】因为向量，则， 且，则，解得. 故选：D 3. 已知是实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据双勾函数的性质结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由双勾函数的性质可得在上递减，在上递增， 则当或时，， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知函数的对称中心为，则能使函数单调递增的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦函数的对称中心在其图象上，将代入解析式可求得，再利用余弦函数单调性求出单调递增区间即可的答案.. 【详解】由图象的一个对称中心是，所以， 则，，即，， 又，所以，得函数， 令，， 即，； 故的单调递增区间为，， 而当时，单调递增区间为，又， 所以C正确，其余区间都不符合题意. 故选：C 5. 函数的图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的定义域，奇偶性，以及特殊值可判断选项. 【详解】由函数可得函数的定义域为， 由可知函数为奇函数， 其图象关于坐标原点对称，故舍去A，B两项； 又由，可得D项不合题意，故C项正确. 故选：C. 6. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.4 B. 0.2 C. 0.8 D. 0.1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由正态分布的对称性可得，再由正态曲线的性质代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，且，则，即， 则. 故选：A 7. 高二某班男生20人，女生30人，男､女生身高平均数分别为，方差分别为170､160，记该班全体同学身高的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用分层抽样的平均数与方差公式求解即可. 【详解】由题可知，该班全体学生身高的平均值为， 该班全体学生身高的方差为． 故选：B 8. 已知当时，，若函数的定义域为，且有为奇函数，为偶函数，则所在的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知的奇偶性，确定函数的周期性，周期为4，然后由周期性、对数的运算法则计算函数值． 【详解】因为为奇函数， 所以，即， 又因为为偶函数， 所以， 即， 所以， 故是以为周期的周期函数. 因为当时，， 所以 因为， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题关键是通过点对称与轴对称求周期，以及对数的运算. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 在正方体中，（ ） A. B. 直线与所成角为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先证明平面即可证明，则A正确；为直线与所成角，，则B错误；由，可得平面，C正确；由为直线与平面所成角，求解即可，D正确. 【详解】对于A，因为为正方体，则为正方形， 且平面，，平面， 所以，，平面，所以平面， 又平面，则，A正确； 对于B，设正方体棱长为， 因为，所以为直线与所成角， 在中，，则， 所以直线与所成角不是，B错误； 对于C，由，平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，连结，由平面，得， 又，，平面，所以平面， 连结，则为在平面上的射影， 所以为直线与平面所成角， 在直角三角形中，，所以 则直线与平面所成角为，D正确. 故选：ACD. 10. 投掷一枚质地均匀的硬币两次，记“第一次正面向上”为事件，“第二次正面向上”为事件，“至少有一次正面向上”为事件，则下列判断正确的是（ ） A. 与相互独立 B. 与互斥 C. . D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据独立事件和互斥事件的定义即可判断A，B选项，根据条件概率计算公式可判断C选项，根据两个事件的并事件的概率计算公式可判断D选项. 【详解】对于A，由已知，而 所以，因此相互独立，选项A正确； 对于B，由于事件可以同时发生，所以与不互斥，因此B错误； 对于C，，所以C正确； 对于D，由得，，所以D正确. 故选：ACD. 11. 在中，已知，则（ ） A. B. C. 的外接圆直径为 D. 的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，通过辅助角公式将等式化为，其中，得，故可求，再根据正切函数的单调性即可判断；对于BC，由正弦定理并结合选项A即可；对于D，由三角形的面积公式即可求解. 【详解】对于A，因为， 所以, 即，其中， 故， 因为, 所以，即，且， 所以，, 即，，， 因为在单调递增， 所以，故A错误； 对于B，由同角关系得， 所以由正弦定理得，即，故B正确； 对于C，因为，由正弦定理得， 为的外接圆半径，故C正确； 对于D，由正弦定理得， 所以的面积为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的恒等变换、正弦定理及面积公式，解题关键是通过辅助角公式得，其中，再由等式得从而解三角形. 非选择题部分（共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，集合，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由交集的运算代入计算，即可得到结果. 【详解】因为集合，集合， 则. 故答案为： 13. 若，则__________. 【答案】40 【解析】 【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式代入计算，即可求解. 【详解】因为二项式展开式的通项公式为， 令，则，所以. 故答案为： 14. 在三棱锥中，，且，若三棱锥的外接球表面积的取值范围为，则三棱锥体积的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据几何体结构特征将几何体补形为直棱柱，则三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，其体积为三棱柱的，故从直三棱柱的结构上入手即可得解. 【详解】如图，由题意可将三棱锥补形为三棱柱， 故三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球， 因为，即，，平面， 所以平面，故三棱柱是高为3的直三棱柱， 由题可设 ， 则由题意以及余弦定理得， 所以的外接圆半径为， 所以外接球的半径为， 所以外接球表面积为， 故由题， ，所以，则 由三棱柱的结构性质及题意可知且 所以， 又由上，所以， 即三棱锥体积的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解决特殊的简单几何体外接球问题常可用补形法，常见的简单补形类型有：（1）正四面体补形为正方体；（2）对棱相等的四面体补形为长方体；（3）其中一条侧棱垂直于底面的棱锥补形为直棱柱. 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. 某校开展一项名为“书香致远，阅读润心”的读书活动，为了更好地服务全校学生，需要对全校学生的周平均阅读时间进行调查，现从该校学生中随机抽取200名学生，将他们的周平均阅读时间（单位：小时）数据分成5组：，根据分组数据制成了如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计全校学生周平均阅读时间的平均数； （2）用分层抽样的方法从周平均阅读时间不小于6小时的学生中抽出6人，从这6人中随机选出2人作为该活动的形象大使，求这2人都来自这组的概率. 【答案】（1），6.92小时 （2） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图各矩形面积和为1求出的值，再根据频率分布直方图平均数的计算公式求平均数即可； （2）利用分层抽样的定义求出各组的人数，然后利用列举法求概率即可. 【小问1详解】 依题意可得，解得， 又由频率分布直方图可得， 所以估计全校学生周平均阅读时间的平均数为6.92小时. 【小问2详解】 由频率分布直方图可知和三组的频率的比为， 所以利用分层抽样的方法抽取6人，这三组被抽取的人数分别为 记中的3人为中的2人为中的2人为， 从这6人中随机选出2人， 则样本空间共15个样本点， 设事件选出的2人都来自，则共3个样本点， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间的线面垂直的判定与性质定理即可得证； （2）依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求两平面的夹角余弦值即可. 【小问1详解】 如图，连接，在中，， 在正方形中，，又因为平面， 所以平面，又因为，所以平面， 而平面，所以， 又因为，且平面，所以平面. 【小问2详解】 在中，因为，， 所以由余弦定理可得：， 因为平面，所以，在中， 由勾股定理得：， 又在中，由余弦定理得：. 如图以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴建系， 则，，， 则，， 设为平面的法向量，则，取， 设为平面的法向量，则，取， 所以， 故平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 17. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）证明：； （2）求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得到，结合正弦定理，即可得证； （2）由（1）和余弦定理，化简得，再由正弦定理，得到，得到，求得，得到，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 可得，由正弦定理得，即. 【小问2详解】 解：由余弦定理得，因为，所以， 可得，所以由正弦定理可得 ， ， 即， 即，故， 又因为，所以，即， 所以， 当且仅当时，“=”成立，故的最小值为. 18. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在区间上的最大值的表达式； （3）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后，分及讨论函数的单调性，结合函数的单调性即可得函数的最大值，即可得解； （3）由函数的单调性，可设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，从而解出的范围. 【小问1详解】 易知函数的定义域为. 当时，. ， 所以在点处的切线斜率， 又，即点坐标为， 所以点处的切线方程为； 【小问2详解】 因为. 所以， 当时，易知在上恒成立，所以在上单调递减， 故函数在区间上的最大值为. 当时，令， 则在上单调递增， 且当时，，当时，， 所以在上有唯一的一个零点. 令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得： 单调递减 单调递增 所以函数在区间上的最大值为， 由，有： 当时，； 当时，， 故； 【小问3详解】 由（2）可知，当时，在上单调递减， 故此时函数至多有一个零点，不符合题意； 当时，在时，单调递减，在时，单调递增； 且，所以，① 又时，，当时，， 为了满足有两个零点，则有.② 对①两边取对数可得，③ 将①③代入②可得，解得. 所以实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，从而解出的范围. 19. 二项分布是离散型随机变量重要的概率模型.我们已经知道，若，则.多项分布是二项分布的推广，同样是重复次试验，不同的是每次试验的结果不止2种，而有种，记这种结果为事件，它们的概率分别为，则.现考虑某厂生产的产品分成一等品､二等品､三等品和不合格品，它们出现的概率分别为，从该厂产品中抽出个，研究各类产品出现的次数的情况，就是一个多项分布.由于产品很多，每次抽取可以看作是独立重复的. （1）若从该厂产品中抽出4个，且和分别为和0.05，求抽出一等品1个､二等品2个，三等品1个的概率； （2）现从该厂中抽出个产品，记事件出现的次数为随机变量.为了定出这一多项分布的分布列，只需求出事件的概率，其中为非负整数，. （i）求； （ii）对于上述多项分布，求在给定的条件下，随机变量的数学期望. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据多项分布求概率； （2）（i）根据多项分布求概率； （ii）根据二项分布得到，然后利用条件概率的计算公式得到，最后根据二项分布期望的性质计算即可. 【小问1详解】 记从该厂产品中抽出4个，且恰好抽出一等品1个､二等品2个，三等品1个为事件，则， 【小问2详解】 （i）， （ii）若把事件作为一方，则作为另一方， 那么随机变量分布列为， 即服从二项分布列为， 同理可知：. 所以 . 所以在给定的条件下，随机变量服从二项分布，即， 所以此时，随机变量的数学期望为. 【点睛】关键点睛：（ii）解题关键在于通过计算得到在给定的条件下随机变量服从二项分布，然后求期望即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金华十校2023-2024学年第二学期期末调研考试 高二数学试题卷 本试卷分选择题和非选择题两部分.考试时间120分钟.试卷总分为150分.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂､写在答题纸上. 选择题部分（共58分） 一､单选题：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. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，且，则（ ） A. 11 B. C. D. 3. 已知是实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知函数的对称中心为，则能使函数单调递增的区间为（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象为（ ） A. B. C. D. 6. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.4 B. 0.2 C. 0.8 D. 0.1 7. 高二某班男生20人，女生30人，男､女生身高平均数分别为，方差分别为170､160，记该班全体同学身高的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知当时，，若函数的定义域为，且有为奇函数，为偶函数，则所在的区间是（ ） A. B. C. D. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 在正方体中，（ ） A. B. 直线与所成角为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 10. 投掷一枚质地均匀的硬币两次，记“第一次正面向上”为事件，“第二次正面向上”为事件，“至少有一次正面向上”为事件，则下列判断正确的是（ ） A. 与相互独立 B. 与互斥 C. . D. 11. 在中，已知，则（ ） A. B. C. 的外接圆直径为 D. 的面积为 非选择题部分（共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，集合，则__________. 13. 若，则__________. 14. 在三棱锥中，，且，若三棱锥的外接球表面积的取值范围为，则三棱锥体积的取值范围为__________. 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. 某校开展一项名为“书香致远，阅读润心”的读书活动，为了更好地服务全校学生，需要对全校学生的周平均阅读时间进行调查，现从该校学生中随机抽取200名学生，将他们的周平均阅读时间（单位：小时）数据分成5组：，根据分组数据制成了如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计全校学生周平均阅读时间的平均数； （2）用分层抽样的方法从周平均阅读时间不小于6小时的学生中抽出6人，从这6人中随机选出2人作为该活动的形象大使，求这2人都来自这组的概率. 16. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 17. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）证明：； （2）求的最小值. 18. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在区间上的最大值的表达式； （3）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 19. 二项分布是离散型随机变量重要的概率模型.我们已经知道，若，则.多项分布是二项分布的推广，同样是重复次试验，不同的是每次试验的结果不止2种，而有种，记这种结果为事件，它们的概率分别为，则.现考虑某厂生产的产品分成一等品､二等品､三等品和不合格品，它们出现的概率分别为，从该厂产品中抽出个，研究各类产品出现的次数的情况，就是一个多项分布.由于产品很多，每次抽取可以看作是独立重复的. （1）若从该厂产品中抽出4个，且和分别为和0.05，求抽出一等品1个､二等品2个，三等品1个的概率； （2）现从该厂中抽出个产品，记事件出现的次数为随机变量.为了定出这一多项分布的分布列，只需求出事件的概率，其中为非负整数，. （i）求； （ii）对于上述多项分布，求在给定的条件下，随机变量的数学期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $