江苏省徐州市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题【含答案】

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．1203．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．47．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411．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，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6040100中考生3565100合计95105200(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.0.050.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.82817．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.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：.1．C【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：C2．A【分析】考查排列组合中的分步计数原理，先确定个位数字，再确定其他数字即可.【详解】第一步，个位为2或4，共两种方法；第二步，千、百、十位有种方法.所以，共种方法.故选：A.3．D【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．B【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：B5．B【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：B6．D【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．C【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．B【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.9．AB【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．ABD【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：ABD11．ABD【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，因为的中点，，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.12．4【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：413．25【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．【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.15．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【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.【详解】（1）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；（2）证明：因为，所以；（3）证明：因为由（2）知，所以16．(1)有的把握认为满意度与考生类型有关(2)分布列见解析，【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.【详解】（1）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.（2）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：123.17．(1)(2)【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，换元后，求出最值.【详解】（1）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；（2）设，则，解得，故，，，平面的法向量为，平面的法向量为，故，，故，，令，则，故当时，取得最大值，最大值为.18．(1)(2)证明见解析(3)，【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.【详解】（1）当时，，当时，，所以，则，所以，当时，，所以，则，所以，，；（2）设，则，，故设，则，，故；设，则，，故；设，则，，故；综上，当时，.（3），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．(1)(2)(3)证明见解析【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