精品解析：浙江省宁波市鄞州中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试卷

鄞州中学2024学年第二学期6月月考 高二年级数学学科试题 一、单选题 1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知一个等腰梯形的下底边长是上底边长的3倍，两腰与下底边所成角为，面积为．若该等腰梯形是一个圆台的轴截面，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 3. 设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且．下述说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若且，则 C. 若，则或 D. 若与所成的角相等，则 4. 设，且恒成立，则的最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 已知的三个内角、、所对边分别为、、，则“”是“为直角三角形”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 6. 已知函数若对于任意，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，，，若点是线段上的动点，设，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 已知函数，，下列说法错误是（ ） A. 的值域为 B. 若有2个零点，则或 C. 若的3个零点分别为：，，，则的取值范围为 D. 若有1个零点，则或 二、多选题 9. 某学校为了了解学生的创新能力，对学生进行了一次创新能力测试，随机从中抽取60人对测试结果进行统计分析（测试成绩即创新能力均在52到100之间），制成频率分布直方图如图所示： 若创新能力不低于92，则称为创新高手．现从样本内创新能力在[52，60）和[92，100]的学生中随机抽取3人，根据频率分布直方图，下列结论正确的是（ ） A. B. 该校学生创新能力平均值为80 C. 该校创新能力的第80百分位数为90 D. 3人中恰有2人为创新高手的概率为 10. 设函数，下列说法正确的是（ ） A. 曲线为轴对称图形 B. C. 当时， D. 若不等式恰有两个正整数解，则实数取值范围为 11. 在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 异面直线与所成角的余弦值取值范围 C. 若平面平面，则到平面距离为 D. 三棱锥各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为 三、填空题 12. 已知圆锥的侧面积为6π，高为3.若该圆锥可整体放入某球内，则该球体积的最小值为__________. 13. 在中，平分，则的最小值为______． 14. 已知函数有且仅有2个零点，则实数的取值范围为_________. 四、解答题 15. 某校在高二期末考试，从全年级的等级考化学成绩中随机取100名学生的原始成绩（满分100分）进行分析，其频率分布直方图如图所示： （1）求图中a的值，并估计该校高二学生周末等级考化学成绩的平均数及中位数；（注：为了计算均值，可用区间的中点值给区间内的每个数据赋值） （2）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取9人查看他们的答题情况，再从中选取3人进行个案分析，求这3人中恰有一人原始成绩在内的概率； （3）已知落在的平均成绩，方差，落在的平均成绩，方差，求落在的平均成绩，并估计落在的成绩的标准差s． 16. 已知向量， （1）求函数的最小正周期； （2）已知为锐角，求； （3）已知，均为锐角，，，求的值. 17. 已知为锐角三角形，角A、B、C的对边分别为a、b、c，，． （1）求角B； （2）求的内切圆半径r的最大值． 18. 如图，正方形ABCD中，边长为4，E为AB中点，F是边BC上的动点.将沿DE翻折到，沿EF翻折到， （1）求证：平面平面SFD； （2）当F是边BC的中点时，二面角的大小； （3）若，将沿DE翻折到，沿EF翻折到，连接DF，设直线SE与平面DEF所成角为，求的最大值. 19. 已知 （1）当时，解关于的不等式； （2）已知有四个零点，且，求； （3）当时，求的最大值，最小值. 20. 若函数满足：对于任意正数m,n，都有,，且，则称函数为“速增函数”． （1）试判断函数与是否为“速增函数”； （2）若函数为“速增函数”，求a的取值范围； （3）若函数为“速增函数”，且，求证：对任意，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 鄞州中学2024学年第二学期6月月考 高二年级数学学科试题 一、单选题 1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解一元二次不等式求解集合，再根据集合间的关系得出参数范围即可. 【详解】因为， ，所以，所以. 故选：C. 2. 已知一个等腰梯形的下底边长是上底边长的3倍，两腰与下底边所成角为，面积为．若该等腰梯形是一个圆台的轴截面，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得．设等腰梯形ABCD的上、下底边长分别为a，，，分别过点D，A作，垂足分别为点G，F，判断四边形ADGF为矩形，且，再根据腰与底边的角度，求圆台的侧面积. 【详解】如图，由题意得． 设等腰梯形ABCD的上、下底边长分别为a，，，即． 分别过点D，A作，垂足分别为点G，F， 因为，则四边形ADGF为矩形，且，所以． 在中，，， 则等腰梯形的面积，解得， 则圆台的上、下底面的半径分别为，母线长为， 所以圆台的侧面积为． 故选：A． 3. 设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且．下述说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若且，则 C. 若，则或 D. 若与所成的角相等，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面关系利用相关平行的判定定理和性质定理可推出B项正确，通过作图推理可逐一排除其他选项. 【详解】对于A，因，由，则有或，故A错误； 对于B，如图所示，因，经过直线和平面内一点A可作一个平面， 使，则，又因，同理可作平面，使，则， 故，又因，则得，因，故得，故，即B正确； 对于C，如图，在长方体中，，显然有，但与平面都不垂直，故C错误； 对于D，如图在长方体中，若，取直线为直线， 平面为平面，平面为平面，则直线即直线， 因，故和即b与平面α，β所成的角， 显然，但直线与不垂直，故D错误. 故选：B. 4. 设，且恒成立，则的最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】原不等式转化为，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】等价于， ， 当且仅当，即时，等号成立． 故，则的最大值是4． 故选：C 5. 已知的三个内角、、所对边分别为、、，则“”是“为直角三角形”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】A 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的概念判断可得答案. 【详解】因为，所以， 所以， 因为、，故， 所以，故，即为直角三角形， 所以由“”可推出“为直角三角形”. 若直角三角形，比如， 此时，，，， 所以由“为直角三角形”不能推出“”. 综上，“”是“为直角三角形”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 已知函数若对于任意，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的解析式，结合函数的单调性可得：等价于且，从而可知不等式在,上恒成立，然后根据基本不等式求最值，算出的最小值为，进而可得实数的取值范围． 【详解】对于，函数在上为常数1， 在处连续，且在上为增函数， 因此等价于，对任意恒成立， 由①可知，，结合②可得， 而， 当时，即时，等号成立， 结合，可知在,上为增函数，可得， 所以，即实数的取值范围是． 故选：C． 【点睛】思路点睛：本题是含参数的不等式恒成立问题；解决此类问题的思路是转化为最值问题，即f(x)＜a恒成立⇔a＞f(x)max，f(x)＞a恒成立⇔a＜f(x)min. 7. 在平面直角坐标系中，，，若点是线段上的动点，设，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系求出，再由向量夹角的坐标表示以及辅助角公式可求得当时，所求表达式取得最大值. 【详解】如下图所示： 易知，所以； 同理可得，即可得； 因为点是线段上，可得； 显然，所以； 因此可得，其中； 因此可得当，即等号成立； 由可得，此时存在满足， 所以的最大值为. 故选：A 8. 已知函数，，下列说法错误的是（ ） A. 的值域为 B. 若有2个零点，则或 C. 若的3个零点分别为：，，，则的取值范围为 D. 若有1个零点，则或 【答案】D 【解析】 【分析】作出函数的图象，即可得到的值域，判断A选项，将的零点问题转化为的图象与函数的图象的交点的问题，数形结合即可判断B，C，D三个选项. 【详解】作出函数的图象， 对于A选项，当时，，当时，， 的值域为，故A正确； 令，则， 对于B选项，若有2个零点，则的图象与有两个交点，则或，故B正确； 对于C选项，若的3个零点，则的图象与有三个交点，则， ，， 且，则， ，故C正确； 对于D选项，若有1个零点，则的图象与有一个交点，则或，故D错误. 故选：D. 二、多选题 9. 某学校为了了解学生的创新能力，对学生进行了一次创新能力测试，随机从中抽取60人对测试结果进行统计分析（测试成绩即创新能力均在52到100之间），制成频率分布直方图如图所示： 若创新能力不低于92，则称为创新高手．现从样本内创新能力在[52，60）和[92，100]的学生中随机抽取3人，根据频率分布直方图，下列结论正确的是（ ） A. B. 该校学生创新能力的平均值为80 C. 该校创新能力的第80百分位数为90 D. 3人中恰有2人为创新高手的概率为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据频率和为1可求的值，可判断A；利用组中值求平均数，可判断B；根据频率分布直方图的性质及百分位数的定义求80百分位数可判断C；利用古典概率的计算方法及组合数计算所求概率可判断D. 【详解】由题知，，∴，故A正确； 该校学生创新能力的平均值为 ，故B错误； 由题知，该校创新能力在84以下的学生占比为 ， 创新能力在92以下的学生占比为， ∴第80百分位数一定位于[84，92]内， ∴第80百分位数为，故C正确； 由题知，样本中创新能力在[52，60）的人数为， 样本中创新能力在[92，100]的人数为，共12人， 从12人中任取3人，恰有2人为创新高手的概率为，故D错误． 故选：AC. 10. 设函数，下列说法正确的是（ ） A. 曲线为轴对称图形 B. C. 当时， D. 若不等式恰有两个正整数解，则实数的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用对称轴的定义计算判断即可；对于B，根据解析式计算得，由此对所求式进行并组求和，即得；对于C，作差后利用因式分解和配方法，结合自变量范围可推得差小于0即可；对于D，代入，将其分解因式后求出不等式解为或，因，即得此时不等式仅有1个正整数解，故不符合要求，即D错误. 【详解】对于A，不妨设曲线有一条对称轴为直线， 则， 而，显然，故曲线不是轴对称图形，即A错误； 对于B，因， 则 ，故B正确； 对于C，由， 因时，，且，故，故C正确； 对于D，不妨取，则不等式为，整理得：， 即，解得或， 因故此时不等式恰有一个正整数解为2，不合题意， 故实数的取值范围不可能是，即D错误.. 故选：BC. 11. 在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 异面直线与所成角的余弦值取值范围 C. 若平面平面，则到平面的距离为 D. 三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据解三角形可确定即可判定；对于B，由题可计算直线与平面的夹角为，然后可判断直线与所成角为时，两直线共面即可判断；对于C，利用等体积法可计算；对于D，发现为直角三角形，利用外接球半径不小于其外接圆半径可确定； 【详解】 对于A，，，，， 且， 所以直线与平面所成角的最大值为； 对于B，，，又平面， 所以平面，又，所以直线与平面夹角为， 则直线与所成角最小角为，此时在直线上， 直线与所成角最大角为，当平面平面垂直时， ，平面平面，平面， 平面，， 所以异面直线与所成角的余弦值取值范围，故B错误； 对于C，由B知当平面平面垂直时，平面， ， 平面，，， 又，所以，， 设到平面的距离为，则， 解得，故C正确； 对于D，因为，所以为直角三角形， 外接圆半径分别为，故三棱锥外接球半径最小为2， 此时球心在中点处，表面积为，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题 12. 已知圆锥的侧面积为6π，高为3.若该圆锥可整体放入某球内，则该球体积的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆锥侧面积公式及勾股定理可得圆锥半径与母线长，求该圆锥的外接球体积即可. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则，解得， 由题意知当球为圆锥的外接球时，体积最小，设外接球的半径为R， 则 ，解得， 所以该球体积的最小值为 故答案为： 13. 在中，平分，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】记，利用余弦定理得、，再由平分，得到或，分时，求出；当时结合基本不等式求得结果可得答案． 【详解】如图，记，    在中，，则， 在中，，则， ∵平分，∴，∴， ∴，∴， ∴，∴， ∴，∴， ∴或， 当时，为等腰三角形，∴，， ∴； 当时，，即， ∴ ， 当且仅当，即时，等号成立. ∵，∴的最小值为． 故答案为：． 14. 已知函数有且仅有2个零点，则实数的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据是否有零点，分类讨论，当时，恒成立，根据题意求解即可；当，时，恒成立，不符合题意，当，时，结合二次函数性质讨论得没有实数根，最后计算可得. 【详解】（1）当，即时， 恒成立， 所以， 因为有两个零点， 所以且，解得或（舍）， 所以或； （2）当，即或， 设的两个根为，且， 当时，恒成立，不满足题意， 当，有有两个解， 因为，，所以与在必有一个交点， 当时，与没有交点， 当时，，所以与在必有一个交点 所以要使方程有且只有两个零点， 则无解， 即没有实数根， 即，解得， 因为，所以， 综上实数的取值范围为：. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题得关键在于讨论当时，恒成立，当时，结合二次函数性质，二次项系数越大，开口越小，得出没有实数根，最后计算可得. 四、解答题 15. 某校在高二期末考试，从全年级的等级考化学成绩中随机取100名学生的原始成绩（满分100分）进行分析，其频率分布直方图如图所示： （1）求图中a的值，并估计该校高二学生周末等级考化学成绩的平均数及中位数；（注：为了计算均值，可用区间的中点值给区间内的每个数据赋值） （2）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取9人查看他们的答题情况，再从中选取3人进行个案分析，求这3人中恰有一人原始成绩在内的概率； （3）已知落在的平均成绩，方差，落在的平均成绩，方差，求落在的平均成绩，并估计落在的成绩的标准差s． 【答案】（1）,, （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的特征和平均数、中位数的计算公式计算即得； （2）根据古典概型的概率问题求解即可； （3）由题意，根据混合样本的平均数、方差和标准差的计算公式计算即得. 【小问1详解】 由图可得：，解得； 则化学成绩的平均数为：， 中位数的估计值为，则,且,解得, 【小问2详解】 由原始分在和中的频率之比为， 故抽取的9人中，原始分在中的有3人，在中的有6人， 则从9人中抽取3人，恰有一人原始成绩在内的概率为. 【小问3详解】 依题意，化学成绩落在的有人，落在的有人. 故， . 16. 已知向量， （1）求函数的最小正周期； （2）已知为锐角，求； （3）已知，均为锐角，，，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦的二倍角公式和两角差的余弦公式以及辅助角公式化简解析式,由周期公式可得答案； （2）由，得到，联立即可求解； （3）利用同角三角函数关系式以及两角和的正弦公式求解即可. 【小问1详解】 由知 函数的最小正周期为； 【小问2详解】 由（1）得， 即， 所以， 联立，因为为锐角，所以 两式联立： 解得：， 小问3详解】 ∴ 因为，所以 因为，所以 因为，所以 所以 所以 17. 已知为锐角三角形，角A、B、C的对边分别为a、b、c，，． （1）求角B； （2）求的内切圆半径r的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）整理题干中等式，根据余弦定理，可得答案； （2）由题意明确内角的取值范围，利用正弦定理以及三角函数的恒等式，可得三角形的周长范围，根据三角形的面积计算，整理内切圆半径的函数解析式，可得答案. 【小问1详解】 因为，则， 可得，由余弦定理可得， 因为为锐角，故， 【小问2详解】 因为为锐角三角形，则，解得， 因为 ， 因为，则，故， 故， 又，则，由， 得， 则当，即时，， 所以的内切圆半径的最大值． 18. 如图，正方形ABCD中，边长为4，E为AB中点，F是边BC上的动点.将沿DE翻折到，沿EF翻折到， （1）求证：平面平面SFD； （2）当F是边BC的中点时，二面角的大小； （3）若，将沿DE翻折到，沿EF翻折到，连接DF，设直线SE与平面DEF所成角为，求的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）90° （3） 【解析】 【分析】（1）由已知，，可得平面，由面面垂直的判定定理可得证； （2）由已知可得，，可证平面平面，可求二面角的大小； （3）设在面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角．设（），利用等体积法，由求得，从而得到的表达式，结合换元法及函数的单调性求出最大值． 小问1详解】 因为四边形是正方形，为的中点， 所以，，又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 当是边的中点时，由（1）可知，， 又∵，， 由勾股定理得，故， ∴， 又∵，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面， 故二面角的大小为90°； 【小问3详解】 设在平面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角，    设（），则，， 在中，，，， 可得， ， 其中平面，，故， ， 因为，即， 又，所以， 令，，， 令，， ， 当，，且时，，，， 则， 可得在上单调递减， 当，即时，最大为. 19. 已知 （1）当时，解关于的不等式； （2）已知有四个零点，且，求； （3）当时，求的最大值，最小值. 【答案】（1） （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得，分和讨论求解； （2）根据题意，方程或有4个根，由对称性得，得解； （3）根据题意，分，和讨论求解. 【小问1详解】 当时，， 当时，， ， 当时，， 综上可得，不等式的解集为. 【小问2详解】 由题可得，即有4个根， 即方程或， 由对称性得， . 【小问3详解】 ， 当时，， 故， 同理，当时，， （i）， （ii）， 当时，， （i）， （ii）， 综上所述： （1）当时，， （2）当时，， （3）当时，， （4）当时，， （5）当时，. 20. 若函数满足：对于任意正数m,n，都有,，且，则称函数为“速增函数”． （1）试判断函数与是否为“速增函数”； （2）若函数为“速增函数”，求a的取值范围； （3）若函数为“速增函数”，且，求证：对任意，都有． 【答案】（1）不是“速增函数”，不是“速增函数” （2）． （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据“速增函数”的定义易判断不是“速增函数”；通过举反例，结合“速增函数”的定义可判断不是“速增函数”； （2）由是“速增函数”可得①与②两式恒成立，经等价转化，利用参变分离，即可求得参数范围； （3）由函数为“速增函数”，取可推得，利用迭代法推出，则可利用该结论证得和，借助于不等式性质即可证明. 【小问1详解】 对于函数， 当，时，有，； 因为， 所以， 故根据“速增函数”的定义可得：不是“速增函数”． 对于函数， 当时，有， 故根据“速增函数”的定义可得：不是“速增函数”． 【小问2详解】 因为是“速增函数”， 根据“速增函数”的定义可得：当时，恒成立①； 当，时，恒成立②． 由①可得：对一切正数n恒成立 又因为当时，，所以对一切正数n恒成立，故得． 由②可得：， 即对一切正数n，m恒成立． 因为 ， 所以， 又因为当，时，，所以， 由对一切正数n，m恒成立，可得，即． 综上可知，a的取值范围是． 【小问3详解】 由函数为“速增函数”，可知对于任意正数m，n， 都有，，且， 令，可知，即， 故对于正整数k与正数m，都有． 对任意，可得，又， 所以， 同理， 故． 【点睛】关键点点睛：本题为函数新定义题，关键是读懂题意，根据“速增函数”的定义解题，首先判断两个函数是否符合“速增函数”的定义，说明是“速增函数”，需按定义严格证明，说明不是只需举一反例；其次若函数是“速增函数”，则满足定义，利用满足的条件，借助恒成立条件和变量分离等方法求出参数的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $