精品解析：浙江省台州市2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题

台州市2024学年第二学期高二年级期末质量评估试题 数学 2025.06 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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定可得出结果. 【详解】命题“，”为全称量词命题，该命题的否定为“，”. 故选：A. 2. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正态分布密度曲线的对称性可得结果. 【详解】因为随机变量服从正态分布，且， 故，的值不确定. 故选：D. 3. 若，则复数（为虚数单位）的模为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系求出、的值，再利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】因为，所以，， 因此，复数（为虚数单位）的模为. 故选：B. 4. 已知直线与曲线相切，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设切点为，再根据切点在曲线与切线上，以及导数的几何意义可得，最后根据函数的单调性以及即可得解. 【详解】因为， 所以， 设直线与曲线的切点为， 所以， 所以，且， 令函数，， 因为， 所以函数在单调递减，在单调递增， 又因为， 所以， 所以. 故选：C. 5. 一个袋子中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球，用表示这个球中白球的个数，则下列概率中等于的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知表示从这个球中随机摸个球，至少有个白球的摸法种数，结合古典概型的概率公式即可得出结果. 【详解】一个袋子中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球， 则表示从这个球中随机摸个球，表示从个红球中摸出个球， 则表示从这个球中随机摸个球，至少有个白球的摸法种数， 所以. 故选：C. 6. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 第项的二项式系数最大 B. 当时，被除的余数为 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中存在连续三项的系数成等差数列 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式系数的单调性可判断A选项；利用二项展开式可判断B选项；利用二项展开式通项可判断C选项；假设、、成等差数列，利用等差中项的性质结合组合数公式求出的值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，的展开式有项，其中第项的二项式系数最大，A错； 对于B选项，当时，， 因为能被整除，故被整除的余数为，B错； 对于C选项，的展开式通项为， 由得，故展开式中不存在常数项，C错； 对于D选项，由C选项可知，展开式中每一项的系数都为其二项式系数， 不妨设、、成等差数列， 所以，即， 整理得，解得或，合乎题意，D对. 故选：D. 7. 若函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】假设函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点和，可得出，利用导数分析函数的单调性与值域，即可得出实数的取值范围. 【详解】假设函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点和， 所以，， 上述两个等式相加得，可得， 令，其中，， 函数为偶函数， 当时，，故函数在上单调递增， 由偶函数的性质可知函数在上单调递减，故， 所以函数的值域为，故，解得， 因此，实数的取值范围是. 故选：A. 8. 在中，内角、、所对的边分别为、、，若的面积为，则三个内角中最小的角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形的面积公式化简得出，结合基本不等式以及正弦值的有界性可得出的值，可得出，利用等号成立的条件可得出、与之间的等量关系，可知为最小内角，进而可求得的值，即为所求. 【详解】由三角形的面积公式可得， 整理可得，即， 又因为，则，当且仅当时，即当时，等号成立， 此时，由勾股定理可得，故为最小内角，且. 因此，三个内角中最小的角的正弦值为. 故选：C. 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. 设样本空间含有等可能的样本点，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. 事件两两互斥 B. 事件两两独立 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，求得，且和，结合互斥事件、独立事件和条件概率的计算公式，逐项分析求解，即可得到答案. 【详解】由题意，可得， 且， 对于A中，因为， 所以事件两两不互斥，所以A错误； 对于B中，由， 所以事件两两独立，所以B正确； 对于C中，，，可得，所以C错误； 对于D中，由条件概率的计算公式，可得，所以D正确. 故选：BD. 10. 设平面向量满足，，记，，，则下列说法正确的是（ ） A. 存在，使得向量与向量垂直 B. 的最小值为3 C. 若，则向量在向量上的投影向量为 D. 的最小值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，根据向量垂直可得出向量的数量积为0，从而可求出的值；对于选项B，首先写出的表达式，然后化简得到关于的一元二次函数，然后求出最小值即可；对于选项C，利用向量在另一向量的投影公式求解即可；对于选项D，首先将表示出来，得到一个关于的一元二次函数，然后求出最小值即可. 【详解】对于选项A： 若向量与向量垂直，那么. 所以. 化简得， 因为，所以，解得. 所以存在使得向量与向量垂直，选项A正确； 对于选项B： . 所以当时，取最小值为，所以B错误； 对于选项C： 若，则，它在向量上的投影为： ，所以C正确； 对于选项D： ， 当时，取最小值4，所以选项D正确. 故选：ACD. 11. 已知正四面体的棱长为4，四面体内部一点（包含边界）到三个侧面，，的距离之比为，则下列说法正确的是（ ） A. 正四面体内切球的半径为 B. 点可以为的重心 C. D. 面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正四面体的性质推导出A选项；用已知条件并结合线面垂直判定和性质判断B、C两项；D选项运用建系建立方程即可得证. 【详解】设为中点，为的中心，则面, 点到侧面，的距离之比为，在面内， 又正四面体的棱长为4，. 对于选项A，设内切圆的半径为，， 正确. 对于选项B，若点可以为的重心，则重合，则点到三个侧面的距离之比为，错误. 对于选项C，为正四面体，为中点，, 为的中心,面,面， 又面且， 面，面，正确. 对于选项D，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图， 设， 则， 设面的法向量为，则， 令，则 设面的法向量为，则， 令,则， 到面的距离； 到面的距离,，，，， 当时，，, 正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学生最近五次的数学考试成绩分别为125，123，120，133，130，则该学生数学成绩的第30百分位数为______． 【答案】123 【解析】 【分析】根据第百分位数的定义，求出第30百分位数. 【详解】由题意得120，123，125，130，133， 由，得第30百分位数是第二个数字，为123. 故答案为：123. 13. 已知函数，满足，实数可以为______．（写出满足条件的一个即可） 【答案】2（答案不唯一：均可） 【解析】 【分析】根据等式进行化简、变形，可求得的值. 【详解】因为， 所以. 所以. 所以， 解得. 当时，. 故答案为：2. 14. 已知函数，若存在实数，使得在区间上有三个零点，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】给函数变形，把零点问题转化为两个函数图像的交点问题，分离讨论，利用导数的性质即可求出答案. 【详解】由题意得，使与在有三个交点， 则，令，则. 当时，在和上单调递增，在上单调递减， 与在内不可能有三个交点. 当时，恒成立，在上单调递增， 与在内不可能有三个交点. 当时，在和上单调递增，在上单调递减，， 与在内要有三个交点，则设与直线相切时，切点，其中， ，即，. 综上所述，的取值范围为. 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）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）在中，内角所对的边分别为，且，求外接圆的面积． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式化简函数的解析式可得最小正周期，利用整体代入法可求得函数的单调递增区间. （2）根据求得，借助正弦定理求出三角形外接圆半径可得结果. 【小问1详解】 由题意得，， ∴函数的最小正周期， 由得， ∴的单调递增区间为． 【小问2详解】 由得，故， ∵，∴， ∴，解得. 设外接圆的半径为，由正弦定理得，故， 所以外接圆的面积为． 16. 在中，，．若平面外的点和线段上的点，满足，，四面体的体积为． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理即可证明； （2）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，根据三棱锥的体积公式求出三棱锥的高，再结合线面角的求法即可求解. 【小问1详解】 取中点，连接， 由，， 得，， 又因为，且，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 【小问2详解】 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 则四面体的体积为， 由题意有，得， 故，即直线与平面所成角的正弦值为． 17. 为了提高学生学习数学的兴趣，某校组织名学生参加数学竞赛预赛，学校根据预赛成绩选拔名学生入围复赛（划定入围复赛分数线，成绩大于等于分数线即入围），下图是根据预赛成绩（满分分）整理后绘制成的频率分布直方图． （1）估算本次预赛成绩的平均分以及入围复赛的分数线； （2）从参加预赛的名学生中随机抽取人进行访谈，设抽取到入围复赛的人数为，求； （3）为了给未入围复赛的学生参加复赛的机会，学校允许数学老师在未入围复赛的名学生中推荐名学生参加复赛．若推荐入围复赛的学生在复赛中获奖的概率为，通过预赛入围复赛的学生在复赛中获奖的概率为．在入围复赛的名学生中随机抽取名学生，求抽取的学生在复赛中获奖的概率． 【答案】（1）平均分为，入围分数线估计为分 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形面积，将所得结果全部相加，可得出平均分，计算出第百分位数，可得出入围分数线； （2）由题意可知，利用二项分布期望公式可求得的值； （3）设“在复赛中获奖”，“由推荐入围复赛的学生”，“由预赛入围复赛的学生”，利用全概率公式可求得的值. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知平均分为：， 因为，前三个矩形面积之和为， 故第百分位数为，即入围分数线估计为分． 【小问2详解】 由题意知，所以. 【小问3详解】 设“在复赛中获奖”，“由推荐入围复赛的学生”，“由预赛入围复赛的学生”， 则，，，， 所以， 因此抽取的学生在复赛中获奖的概率为． 18. 已知函数，，． （1）若函数存在2个零点，求的取值范围； （2）记， ①当时，求的最小值； ②若的最小值为2，求的取值范围． 【答案】（1） （2）①最小值2；② 【解析】 【分析】（1）由题知，存在2个零点，即有两个解，设，求导分析单调性，根据单调性取得参数范围即可 （2）①由题得，设，然后求导，根据单调性确定的最值即可得到的最小值； ②利用，即可求得的范围. 【小问1详解】 函数的定义域为，令，则， 设，则，令，得 ，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因为，，当时，，所以． 【小问2详解】 ①当时，， 设，则， 令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，取到最小值2． ②， 由①知，，当且仅当取到等号，所以， 所以． 19. 把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系，这就是“算两次”原理．比如“”；一方面问题视为从包含的个不同的元素中取出个元素，共有种方法；另一方面，还可以视为取出的个元素中，一类是不含有，共有种方法，一类是含有，共有种方法，由分类加法计数原理有．“算两次”原理在数学中有广泛的应用． （1）若函数对任意都有恒成立，求的值（e为自然对数的底数，）； （2）在中，角的对边分别为，角的内角平分线交于，证明：； （3）当时，求的值．（结果用含的式子表示） 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据不等式关系，代入数值，求出函数值即可. （2）方法一是根据向量方法，利用向量数量积的定义，和向量加减的几何方法，从两个方向求数量积，证明等式相等， 方法二是根据正弦定理边角互化，和两角和的余弦公式，进行三角恒等变换，证明等式成立. （3）根据题干所给组合数的式子，构造一种取样方法，从两个方向，求出不同的取样数目，建立等式方程，对等式两边求导，求出等式结果. 【小问1详解】 一方面，由可得， 另一方面，由可得， 所以． 【小问2详解】 证法1：一方面，， 另一方面， ， 因为， 所以， 化简得， 即． 证法2：要证：， 只需证：， 即证：， 即证：， 即证：， 只需证：， 而显然成立， 所以成立． 【小问3详解】 先计算，构造一个组合问题：从名学生中选出若干人组成班干部，并从中选出班长1名及团支书1名（班长和团支书可由1人兼任）． 一方面，若班长和团支书由1人兼任有种方法，其余人有种选法，共有种方法；若班长和团支书分别由2人担任有种方法，其余人有种选法，共有此时，故总的方法数为种． 另一方面，从人中选出人组成班干部有种选法，再从中选出班长1人及团支书1人（可由同一人兼任）有种选法，故对每一个有种选法，故总的方法数为，所以； 再计算，在等式两边对求导得 ①， ①式两边对求导得②， 对于①，令，整理得， 对于②，令，整理得， 所以， 综上有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 台州市2024学年第二学期高二年级期末质量评估试题 数学 2025.06 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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则复数（为虚数单位）的模为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线与曲线相切，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 一个袋子中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球，用表示这个球中白球的个数，则下列概率中等于的是（ ） A. B. C. D. 6. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 第项的二项式系数最大 B. 当时，被除的余数为 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中存在连续三项的系数成等差数列 7. 若函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，内角、、所对的边分别为、、，若的面积为，则三个内角中最小的角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 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. 设样本空间含有等可能的样本点，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. 事件两两互斥 B. 事件两两独立 C. D. 10. 设平面向量满足，，记，，，则下列说法正确的是（ ） A. 存在，使得向量与向量垂直 B. 的最小值为3 C. 若，则向量在向量上的投影向量为 D. 的最小值为4 11. 已知正四面体的棱长为4，四面体内部一点（包含边界）到三个侧面，，的距离之比为，则下列说法正确的是（ ） A. 正四面体内切球的半径为 B. 点可以为的重心 C. D. 面积的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学生最近五次的数学考试成绩分别为125，123，120，133，130，则该学生数学成绩的第30百分位数为______． 13. 已知函数，满足，实数可以为______．（写出满足条件的一个即可） 14. 已知函数，若存在实数，使得在区间上有三个零点，则实数的取值范围为______． 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）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）在中，内角所对的边分别为，且，求外接圆的面积． 16. 在中，，．若平面外的点和线段上的点，满足，，四面体的体积为． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 为了提高学生学习数学的兴趣，某校组织名学生参加数学竞赛预赛，学校根据预赛成绩选拔名学生入围复赛（划定入围复赛分数线，成绩大于等于分数线即入围），下图是根据预赛成绩（满分分）整理后绘制成的频率分布直方图． （1）估算本次预赛成绩的平均分以及入围复赛的分数线； （2）从参加预赛的名学生中随机抽取人进行访谈，设抽取到入围复赛的人数为，求； （3）为了给未入围复赛的学生参加复赛的机会，学校允许数学老师在未入围复赛的名学生中推荐名学生参加复赛．若推荐入围复赛的学生在复赛中获奖的概率为，通过预赛入围复赛的学生在复赛中获奖的概率为．在入围复赛的名学生中随机抽取名学生，求抽取的学生在复赛中获奖的概率． 18. 已知函数，，． （1）若函数存在2个零点，求的取值范围； （2）记， ①当时，求的最小值； ②若的最小值为2，求的取值范围． 19. 把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系，这就是“算两次”原理．比如“”；一方面问题视为从包含的个不同的元素中取出个元素，共有种方法；另一方面，还可以视为取出的个元素中，一类是不含有，共有种方法，一类是含有，共有种方法，由分类加法计数原理有．“算两次”原理在数学中有广泛的应用． （1）若函数对任意都有恒成立，求的值（e为自然对数的底数，）； （2）在中，角的对边分别为，角的内角平分线交于，证明：； （3）当时，求的值．（结果用含的式子表示） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $