2023-2024学年浙江省绍兴市高二下学期6月期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题一、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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】对于A，，故A错误，对于B，或，所以，故B错误，对于C，，但，故C错误，对于D，，故D正确，故选：D2.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】,故选：A3.若函数在上有两个不同的零点，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】在上有两个不同的零点,则，故，故B正确，ACD错误，故选：B4.已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，从而，所以即，故，故选：A.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知，则，平方得，即，解得，又，，且，则，即，所以由，得，故，所以.故选：C.6.将编号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子至少放1个小球，则不同的放法种数是（）A.2640 B.2160 C.1800 D.1560【答案】D【解析】分两类解决这个问题：第一类，一个盒中3个球，另外三个盒中每个盒1个球，共有种；第二类，其中两个盒每个盒2个球，另外两个盒每个盒1个球，共有种；按照分类加法计数原理得，不同的方法种数共有种.故选：D.7.设为两个随机事件，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由条件概率可得所以，，所以，故选：B8.已知函数的定义域为，对定义域内任意的，当时，都有，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.函数和在上有相同的单调性【答案】C【解析】对于A：，，因为，所以，因为，所以恒成立，又因为不相等，所以，A选项错误；对于B：，所以恒成立，所以，又因为不相等，，所以，又，，，，所以，所以，B选项错误；对于C:因为不相等，不妨设，因为，所以，所以，C选项正确，对于D：不妨设在上单调递增，任取，满足，则，因为，所以，所以，所以单调递减，D选项错误.故选：C.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知都是正实数，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】都是正实数,,当且仅当，即时等号成立，故正确；，当且仅当，即时等号成立，故正确；当时，不成立，故错误；，当且仅当时等号成立，令，，即，即，即，所以成立，故正确.故选：.10.四位同学各掷大小一致、质地均匀的骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数.四位同学的统计结果如下，则可能出现点数6的是（）A.平均数为3，中位数为2 B.平均数为2，方差为2.4C.中位数3，众数为2 D.中位数为3，方差为2.8【答案】ACD【解析】对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确；对于B，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为时，一定不会出现点数6，所以B错误；对于C，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以C正确；对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，则平均数为，方差为，所以可以出现点6，所以D正确故选：ACD11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.恒成立 B.在上单调递增C.在上有4个零点 D.是周期函数【答案】AC【解析】对于A,,故A正确，对于B，故，故B错误，对于C,令，记，则，当单调递增，当单调递减，且，而，在同一直角坐标系中作出函数图象如下：故两函数图象有4个不同的交点，因此函数在上有4个零点，C正确，对于D，由于为周期函数，且最小正周期为，而也为周期函数，且最小正周期为，由于为无理数，而2为有理数，则不存在整数使得，所以不是周期函数，D错误，故选：AC三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.______.【答案】3【解析】故答案为：.13.在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则四面体的外接球的表面积是_____________.【答案】【解析】取中点，连接，因为在棱长为2的正方体中，所以三棱柱是直三棱柱，又因为平面，所以四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，因为为棱的中点，四边形是边长为2的正方形，所以，在中，，又是锐角，所以，由正弦定理得外接圆的半径为，所以直三棱柱的外接球半径为，所以四面体的外接球的表面积为.故答案为：.14.在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值是____________.【答案】【解析】在中，由余弦定理得：，即，所以①，在中，由余弦定理得：，即，所以②，又因为在中，，在中，，所以所以由②﹣①得：，因为，所以故．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;（2）求的单调递增区间.解：（1）因为，则.（2）由（1）可知，，令，解得，所以的单调递增区间为16.有A和两道谜语，张某猜对谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元;猜对谜语的概率为0.5，猜对得奖金20元.每次猜谜的结果相互独立.（1）若张某猜完了这两道谜语，记张某猜对谜语的道数为随机变量，求随机变量的分布列与期望;（2）现规定：只有在猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道.如果猜谜顺序由张某选择，为了获得更多的奖金，他应该选择先猜哪一道谜语?解：（1）由题意可得，的可能取值为，，，，则分布列为则.（2）设选择先猜A谜语得到的奖金为元，选择先猜B谜语得到的奖金为元，则随机变量的可能取值为：0，10，30，可得，，，所以随机变量的的分布列为：Y01030P0.20.40.4所以期望；又由随机变量的可能取值为：0，20，30，可得，，，随机变量的分布列为：Z02030P0.50.10.4所以期望为，∴，所以小明应该先猜A.17.如图1，在四边形ABCD中，，现将沿着AC进行翻折，得到三棱锥，且平面平面，如图2.（1）若与平面所成的角为，证明：;（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）过作于，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以为与平面所成的角，所以，所以，因为，所以，所以，在中，，所以，所以，所以,因为，所以，即，因为，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）过作于，由（1）可知平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接，取的中点，连接,因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，得，所以，所以，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.18.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程;（2）当时，证明：在上恒成立.解：（1）当时，函数，则，且，所以切线方程为，即.（2）由题意可知，，且，令，，则在恒成立，所以在单调递减，即在单调递减，且，令，，所以在恒成立，所以在单调递增，所以，即，由因为，当时，，所以存在，有，所以函数在单调递增，在单调递减，又因为，且，所以所以函数在恒成立.19.已知集合,对于,，定义与之间的距离为.（1）若，求所有满足的点所围成的图形的面积;（2）当时，，并且，求的最大值（用表示);（3）当时，求集合中任意两个元素之间的距离的和.解：（1）由可得，当时，，当时，，当时，，当时，，故围成图形为正方形,其中,如下：故面积为（2）设，，，所以，，当，当时，综上所述，；（3），设其中中均有个元素，,共有个不同的元素，从的个不同的元素任取2个不同的元素共有种选法，从中任选一个元素，对第一个位置的数字两两作差并取绝对值，可得个，可得个，可得个，其中个，所以中所有元素的第一位的数字之和为，对于中所有元素的其他同等位置的数字之和为均为，故集合中任意两个元素之间的距离的和.浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题一、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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】对于A，，故A错误，对于B，或，所以，故B错误，对于C，，但，故C错误，对于D，，故D正确，故选：D2.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】,故选：A3.若函数在上有两个不同的零点，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】在上有两个不同的零点,则，故，故B正确，ACD错误，故选：B4.已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，从而，所以即，故，故选：A.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知，则，平方得，即，解得，又，，且，则，即，所以由，得，故，所以.故选：C.6.将编号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子至少放1个小球，则不同的放法种数是（）A.2640 B.2160 C.1800 D.1560【答案】D【解析】分两类解决这个问题：第一类，一个盒中3个球，另外三个盒中每个盒1个球，共有种；第二类，其中两个盒每个盒2个球，另外两个盒每个盒1个球，共有种；按照分类加法计数原理得，不同的方法种数共有种.故选：D.7.设为两个随机事件，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由条件概率可得所以，，所以，故选：B8.已知函数的定义域为，对定义域内任意的，当时，都有，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.函数和在上有相同的单调性【答案】C【解析】对于A：，，因为，所以，因为，所以恒成立，又因为不相等，所以，A选项错误；对于B：，所以恒成立，所以，又因为不相等，，所以，又，，，，所以，所以，B选项错误；对于C:因为不相等，不妨设，因为，所以，所以，C选项正确，对于D：不妨设在上单调递增，任取，满足，则，因为，所以，所以，所以单调递减，D选项错误.故选：C.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知都是正实数，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】都是正实数,,当且仅当，即时等号成立，故正确；，当且仅当，即时等号成立，故正确；当时，不成立，故错误；，当且仅当时等号成立，令，，即，即，即，所以成立，故正确.故选：.10.四位同学各掷大小一致、质地均匀的骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数.四位同学的统计结果如下，则可能出现点数6的是（）A.平均数为3，中位数为2 B.平均数为2，方差为2.4C.中位数3，众数为2 D.中位数为3，方差为2.8【答案】ACD【解析】对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确；对于B，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为时，一定不会出现点数6，所以B错误；对于C，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以C正确；对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，则平均数为，方差为，所以可以出现点6，所以D正确故选：ACD11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.恒成立 B.在上单调递增C.在上有4个零点 D.是周期函数【答案】AC【解析】对于A,,故A正确，对于B，故，故B错误，对于C,令，记，则，当单调递增，当单调递减，且，而，在同一直角坐标系中作出函数图象如下：故两函数图象有4个不同的交点，因此函数在上有4个零点，C正确，对于D，由于为周期函数，且最小正周期为，而也为周期函数，且最小正周期为，由于为无理数，而2为有理数，则不存在整数使得，所以不是周期函数，D错误，故选：AC三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.______.【答案】3【解析】故答案为：.13.在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则四面体的外接球的表面积是_____________.【答案】【解析】取中点，连接，因为在棱长为2的正方体中，所以三棱柱是直三棱柱，又因为平面，所以四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，因为为棱的中点，四边形是边长为2的正方形，所以，在中，，又是锐角，所以，由正弦定理得外接圆的半径为，所以直三棱柱的外接球半径为，所以四面体的外接球的表面积为.故答案为：.14.在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值是____________.【答案】【解析】在中，由余弦定理得：，即，所以①，在中，由余弦定理得：，即，所以②，又因为在中，，在中，，所以所以由②﹣①得：，因为，所以故．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;（2）求的单调递增区间.解：（1）因为，则.（2）由（1）可知，，令，解得，所以的单调递增区间为16.有A和两道谜语，张某猜对谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元;猜对谜语的概率为0.5，猜对得奖金20元.每次猜谜的结果相互独立.（1）若张某猜完了这两道谜语，记张某猜对谜语的道数为随机变量，求随机变量的分布列与期望;（2）现规定：只有在猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道.如果猜谜顺序由张某选择，为了获得更多的奖金，他应该选择先猜哪一道谜语?解：（1）由题意可得，的可能取值为，，，，则分布列为则.（2）设选择先猜A谜语得到的奖金为元，选择先猜B谜语得到的奖金为元，则随机变量的可能取值为：0，10，30，可得，，，所以随机变量的的分布列为：Y01030P0.20.40.4所以期望；又由随机变量的可能取值为：0，20，30，可得，，，随机变量的分布列为：Z02030P0.50.10.4所以期望为，∴，所以小明应该先猜A.17.如图1，在四边形ABCD中，，现将沿着AC进行翻折，得到三棱锥，且平面平面，如图2.（1）若与平面所成的角为，证明：;（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）过作于，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以为与平面所成的角，所以，所以，因为，所以，所以，在中，，所以，所以，所以,因为，所以，即，因为，平面，所