2023-2024学年江苏省徐州市高二下学期6月期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省徐州市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题注意事项：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.【答案】C【解析】，而，，故选：C2.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.120【答案】A【解析】第一步，个位2或4，共两种排法；第二步，千、百、十位有种排法.所以，共种排法.故选：A.3.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【答案】D【解析】当时，有，即，即，当时，有，即，即，故.故选：D.4.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】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.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.【答案】B【解析】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.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.4【答案】D【解析】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.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.【答案】C【解析】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.已知是定义在上的函数,且,则（）A. B. C. D.0【答案】B【解析】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.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.【答案】AB【解析】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.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4【答案】ABD【解析】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.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，【答案】ABD【解析】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.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__________.【答案】4【解析】因为随机变量，，所以又因为，所以由对称性知，.故答案为：413.已知，则__________，被6除所得的余数是__________.【答案】2；5【解析】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.已知函数，若对任意，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】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.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：.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）因为，所以；（3）因为由（2）知，所以．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.0.050.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828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.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.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）由（1）知，.所以，平面ABCD的一个法向量为，由（1）知，平面PAD的一个法向量为，所以，所以当，即时，有最大值.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.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.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：.解：（1）在第4秒末质点要移动到点，需要沿轴正方向移动2次，沿轴正方向移动2次，所以共有种可能.故该质点在第4秒末移动到点的概率为.（2）质点在第2秒可能移动到点，，，所以的所有可能取值为.，所以.（3）质点要在第秒末回到原点，则必定向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同次数，为次.所以，所以p>1江苏省徐州市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题注意事项：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.【答案】C【解析】，而，，故选：C2.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.120【答案】A【解析】第一步，个位2或4，共两种排法；第二步，千、百、十位有种排法.所以，共种排法.故选：A.3.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【答案】D【解析】当时，有，即，即，当时，有，即，即，故.故选：D.4.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】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.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.【答案】B【解析】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.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.4【答案】D【解析】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.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.【答案】C【解析】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.已知是定义在上的函数,且,则（）A. B. C. D.0【答案】B【解析】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.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.【答案】AB【解析】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.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4【答案】ABD【解析】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.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，【答案】ABD【解析】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.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__________.【答案】4【解析】因为随机变量，，所以又因为，所以由对称性知，.故答案为：413.已知，则__________，被6除所得的余数是__________.【答案】2；5【解析】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.已知函数，若对任意，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】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.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：.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）因为，所以；（3）因为由（2）知，所以．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.0.050.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828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.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.解：（1）连接，因为，所以，又，，所以