2023-2024学年浙江省浙南名校高二下学期6月期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试题选择题部分一､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，集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由可得：或，又因为，所以，故A是错误的；而或，故B是错误的；由于，故C是错误的，D是正确的；故选：D.2.已知是平面内四个互不相同的点,为不共线向量，，，则（）A.三点共线 B.三点共线C.三点共线 D.三点共线【答案】B【解析】，所以，所以三点共线，即B对．同理，其它各项对应三点均不共线.故选：B.3.已知复数，则（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】由，可得，故选：A.4.若，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】.故选：C5.AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且PA＝AC，则二面角P­-BC­-A的大小为（）A.60° B.30°C.45° D.15°【答案】C【解析】∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC．易得BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∴∠PCA为二面角P­-BC­-A的平面角．在Rt△PAC中，PA＝AC，∴∠PCA＝45°．故选：C6.已知函数，若存在非零实数，使得成立､则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】不妨设，当时，，，所以不存非零实数，使得成立；当时，若存在非零实数，使得成立，则方程有正根，即函数与有交点，先考虑函数的图象与直线相切的情况，设切点为，则，得，令，则，所以函数在上单调递增，则，所以方程的根只有一个，即，所以，所以函数的图象与直线相切时，切点为原点，所以要使函数的图象与直线有交点，只需，即，所以实数k的取值范围为．故选：A.7.函数,若在区间上是单调函数,且则的值为（）A. B.或 C. D.或【答案】B【解析】在单调，故，故，，故，若，则，取满足题设条件；若，则是的一条对称轴，是其相邻的对称中心，故，，.综上所述：或故选：B.8.正项数列中,（为实数）,若,则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，且，所以且为等比数列，公比为，因为，所以，所以，所以令，当且仅当时取等号，化简可得，令，因为，所以，所以，所以，所以的取值范围是．故选：A．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，且，，则()A. B.C. D.【答案】ACD【解析】∵，∴，同理，∵在x>0时递增，故，故A正确；∵，∴B错误；∵，，∴，当且仅当时等号成立，而，故，∴C正确；∴，即，∴D正确．故选：ACD．10.高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（）A.所有可能的方法有种B.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种C.如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种【答案】BC【解析】对于选项A，安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，故有种选择方案，错误；对于选项B，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），正确；对于选项C：如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有（种），正确；对于选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有（种），错误.故选：BC11.已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（）A.若2为的周期，则为奇函数B.若为奇函数，则2为的周期C.若4为的周期，则为偶函数D.若为偶函数，则4为的周期【答案】ABD【解析】对于A：若2是的周期，则，由，可得，所以，所以为奇函数；故A正确；对于B：若为奇函数，则，由，可得，所以2是的周期，故B正确；若4是的周期，设，则，该函数的最小周期为，故为该函数的周期，当该函数为奇函数，故C不正确；对于D：若为偶函数，则，由，可得，所以，所以，所以4是的周期，故D正确.故选：ABD.非选择题部分三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若随机变量，若，则_________．【答案】【解析】由题意知随机变量，，所以，即，即，而，则，故答案为：13.如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆(正方形内部，含边界)，则的取值范围为_____.【答案】【解析】因为正方形的边长为4，取的中点，连接，当在点或点时，，当当在弧中点时，，所以的取值范围为，由于，，，所以，因为，所以，故，所以，即的取值范围为.故答案为：.14.已知函数，若函数有三个极值点，若，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】，令，得，则直线与曲线有3个不同的交点，，令得，，令得，或，故在上单调递减，在0,2上单调递增，且，又x∈R时，恒成立，故，，故，结合题设，令，故，即，令，则，，令，，则，当时，，故在上单调递减，故时，，故在上恒成立，故在上单调递减，故，又在上单调递增，故，由于，，所以实数的取值范围.故答案为：.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.在中，角的对边分别为.（1）求角的大小；（2）若，求周长的最大值．解：（1）因为，即，可得又因为，则，可得，且，可得.（2）法一：由正弦定理可得，则，可得因为，则，可得，所以周长的最大值为法二：由余弦定理可得，可得，当且仅当时，等号成立，解得，所以周长的最大值为.16.已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足.（1）当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程；（2）设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程.解：（1）设，则由射影定理，有，故，即.由，易得，故的轨迹方程为.（2）设点处的切线斜率为，故.代入拋物线方程，解得.由，得，整理得.所以的方程为或.17.如图所示多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是菱形，，，（1）求证：平面ABCD；（2）求二面角的正弦值.解：（1）取中点，连接，因为是正三角形，所以，因为平面平面平面，平面平面所以平面，又因为平面，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面.（2）连接交于，取中点，连接，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以，又因为四边形是菱形，所以，所以两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，设平面的法向量为，，令平面的法向量为，设二面角的大小为，.所以二面角的正弦值为.18.已知函数，其中且.（1）若，试证明：恒成立；（2）若，求函数单调区间；（3）请判断与的大小，并给出证明.（参考数据：）解：（1）设函数，则，当时φ'x<0，当x∈1,+所以φx在上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以，所以，即恒成立.（2）已知，从而，若，则在0,+∞单调递增；若，当时h'x>0，当时h'所以hx在单调递增，在单调递减.（3）由（2）可知在上单调递增，因为从而由（2）知道hx在上单调递增.所以..又，所以，即，所以.由此可知.即，从而，故.19.马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程.该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲､乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲､乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有0个黑球的概率为.（1）求的值；（2）根据马尔科夫链的知识知道，其中为常数，同时，请求出；（3）求证：的数学期望为定值.解：（1）由题意恰有0个黑球的概率为.由题意知，所以.（2）因为，所以.又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.所以.（3）因为①，②所以①-②，得.又因为，所以.所以.所以的概率分布列为：012所以.所以的数学期望为定值1.浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试题选择题部分一､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，集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由可得：或，又因为，所以，故A是错误的；而或，故B是错误的；由于，故C是错误的，D是正确的；故选：D.2.已知是平面内四个互不相同的点,为不共线向量，，，则（）A.三点共线 B.三点共线C.三点共线 D.三点共线【答案】B【解析】，所以，所以三点共线，即B对．同理，其它各项对应三点均不共线.故选：B.3.已知复数，则（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】由，可得，故选：A.4.若，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】.故选：C5.AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且PA＝AC，则二面角P­-BC­-A的大小为（）A.60° B.30°C.45° D.15°【答案】C【解析】∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC．易得BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∴∠PCA为二面角P­-BC­-A的平面角．在Rt△PAC中，PA＝AC，∴∠PCA＝45°．故选：C6.已知函数，若存在非零实数，使得成立､则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】不妨设，当时，，，所以不存非零实数，使得成立；当时，若存在非零实数，使得成立，则方程有正根，即函数与有交点，先考虑函数的图象与直线相切的情况，设切点为，则，得，令，则，所以函数在上单调递增，则，所以方程的根只有一个，即，所以，所以函数的图象与直线相切时，切点为原点，所以要使函数的图象与直线有交点，只需，即，所以实数k的取值范围为．故选：A.7.函数,若在区间上是单调函数,且则的值为（）A. B.或 C. D.或【答案】B【解析】在单调，故，故，，故，若，则，取满足题设条件；若，则是的一条对称轴，是其相邻的对称中心，故，，.综上所述：或故选：B.8.正项数列中,（为实数）,若,则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，且，所以且为等比数列，公比为，因为，所以，所以，所以令，当且仅当时取等号，化简可得，令，因为，所以，所以，所以，所以的取值范围是．故选：A．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，且，，则()A. B.C. D.【答案】ACD【解析】∵，∴，同理，∵在x>0时递增，故，故A正确；∵，∴B错误；∵，，∴，当且仅当时等号成立，而，故，∴C正确；∴，即，∴D正确．故选：ACD．10.高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（）A.所有可能的方法有种B.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种C.如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种【答案】BC【解析】对于选项A，安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，故有种选择方案，错误；对于选项B，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），正确；对于选项C：如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有（种），正确；对于选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有（种），错误.故选：BC11.已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（）A.若2为的周期，则为奇函数B.若为奇函数，则2为的周期C.若4为的周期，则为偶函数D.若为偶函数，则4为的周期【答案】ABD【解析】对于A：若2是的周期，则，由，可得，所以，所以为奇函数；故A正确；对于B：若为奇函数，则，由，可得，所以2是的周期，故B正确；若4是的周期，设，则，该函数的最小周期为，故为该函数的周期，当该函数为奇函数，故C不正确；对于D：若为偶函数，则，由，可得，所以，所以，所以4是的周期，故D正确.故选：ABD.非选择题部分三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若随机变量，若，则_________．【答案】【解析】由题意知随机变量，，所以，即，即，而，则，故答案为：13.如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆(正方形内部，含边界)，则的取值范围为_____.【答案】【解析】因为正方形的边长为4，取的中点，连接，当在点或点时，，当当在弧中点时，，所以的取值范围为，由于，，，所以，因为，所以，故，所以，即的取值范围为.故答案为：.14.已知函数，若函数有三个极值点，若，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】，令，得，则直线与曲线有3个不同的交点，，令得，，令得，或，故在上单调递减，在0,2上单调递增，且，又x∈R时，恒成立，故，，故，结合题设，令，故，即，令，则，，令，，则，当时，，故在上单调递减，故时，，故在上恒成立，故在上单调递减，故，又在上单调递增，故，由于，，所以实数的取值范围.故答案为：.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.在中，角的对边分别为.（1）求角的大小；（2）若，求周长的最大值．解：（1）因为，即，可得又因为，则，可得，且，可得.（2）法一：由正弦定理可得，则，可得因为，则，可得，所以周长的最大值为法二：由余弦定理可得，可得，当且仅当时，等号成立，解得，所以周长的最大值为.16.已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足.（1）当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程；（2）设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程.解：（1）设，则由射影定理，有，故，即.由，易得，故的轨迹方程为.（2）设点处的切线斜率为，故.代入拋物线方程，解得.由，得，整理得.所以的方程为或.17.如图所示多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是菱形，，，（1）求证：平面ABCD；（2）求二面角的正弦值.解：（1）取中点，连接，因为是正三角形，所以，因为平面平面平面，平面平面所以平面，又因为平面，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面.（2）连接交