2023-2024学年浙江省舟山市高二下学期6月期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题Ⅰ卷选择题部分一、单选题：（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.0,2 D.【答案】C【解析】由可知，故，又，所以.故选：C.2.复数z满足（为虚数单位），则复数z的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题，故复数z的虚部为.故选：B.3.已知m，n是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，，则C.若，，则 D.若，，，则【答案】C【解析】对于A，当，成立时，还可能，故A错误；对于B，若，，，则或与异面，如图所示，故B错误；对于C，因为，，所以在平面内一定存在平行于的直线，此直线也垂直于平面，即可得到，故C正确；对于D，当时，也可能存在，，，所以若，，成立，还可能，故D错误.故选：C.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，所以，即，所以，所以.故选：D.5.在的展开式中，常数项为（）A.182 B.42 C. D.【答案】B【解析】因为，则的展开通项公式为，的展开通项公式为，令，即，可得和，相加得，故选：B.6.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，，故，，因为与为互斥事件，故，又，所以有，故，故.故选：A.7.嫦娥六号是中国计划进行的一次月球采样返回任务.假设嫦娥六号在接近月球表面时，需要进行一系列的减速操作，其减速过程可以近似地看作是一个指数衰减过程，其速度（单位：米/秒）随时间t（单位：秒）的变化关系可以表示为：，其中是初始速度，是一个减速过程相关的常数.已知嫦娥六号在时的初始速度为，经过后，速度变为.若嫦娥六号需要在时将速度减至月球表面的安全着陆速度，则（）（精确到小数点后一位，参考数值：）A.99.7 B.99.8 C.99.3 D.96.3【答案】A【解析】由，根据题意可得，又，所以，两边取以为底的对数，可得，所以，由，所以，所以所以两边取以为底的对数得，所以.故选：A.8.已知函数的定义域为，且fx⋅fy=f2x+y2-f2x-y2，fA. B.的一条对称轴是直线C.f20232【答案】D【解析】fx令，可得f0⋅f0=令，fx⋅f-x=∴f-x=-fx，∵f2x+12f2∴关于对称，故B正确；∴f32-x=f∴f6+x=-f(x+3)=f(x)，即的周期为6∵关于对称，可得关于对称∴f6=f0=0，f5=f-1所以f2小2024故A正确，D错误；∵f20232=f(72∴在2,4上单调递减，所以f72>f(4)，即f20232故选：D.二、多选题：（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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.下列说法正确的是（）A.某校高二年级共有学生600人，现采用比例分配的分层随机抽样方法抽取容量为60的样本，若样本中男生有40人，则该校高二女生人数是200B.数据2，4，5，6，8，10，17的第75百分位数为9C.已知y关于x的回归直线方程为，若，则D.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关，此推断犯错的概率不大于0.05【答案】AC【解析】对于A，该校高二年级女生人数是，A正确；对于B，由，数据2，4，5，6，8，10，17的第75百分位数为，B不正确；对于C，线性回归方程中，根据回归方程经过样本中心，y关于x的回归直线方程为，若，则，C正确；对于D，由，犯错误的概率不大于0.05可判断X与Y无关，D不正确.故选：AC.10.在△ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（）A.B.若，，则满足条件的△ABC有两个C.若D是边BC上一点，满足，且，则△ABC面积的最大值为D.若△ABC为锐角三角形，D是边BC上一点（不含端点），满足，则的取值范围是【答案】ACD【解析】对于A，，则，根据余弦定理得，即，由，故A正确；对于B，根据正弦定理可得，,即，由，，根据正弦定理得，，由，故只有一解，故B错误；对于C，，，即，，，即，当且仅当，即时，等号成立，所以，即△ABC面积的最大值为，故C正确；对于D，令，则，在中，根据正弦定理得，在上单调递减，所以当时，有最大值，当时，有最小值，所以的取值范围是，故D正确.故选：ACD.11.已知正四棱台的所有顶点都在体积为的球的球面上，，，G为内部（含边界）的动点，则（）A.正四棱台存在内切球B.C.直线AG与平面所成角的取值范围为D.的取值范围为【答案】BCD【解析】如图，设外接球球心为，外接球半径为，由球的体积，解得，所以，由已知，，所以，，设，则，所以或（舍），∴O为球心，即在AC和BD的中点，且，由等腰梯形的性质可求得棱台高为，斜高为，因为，∴正四棱台不存在内切球，故A错误；所以，B正确；作，为正四棱台上底面的中心，所以底面，又底面，所以，又，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，平面平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，所以，故最大时最小，当G在时，最大，由四边形是等腰梯形，且，所以四边形，四边形为菱形，且可求得，可得，，所以此时直线AG与平面BDG所成角最小为30°，当G在O时，最小，直线AG与平面BDG所成角最大为60°，故C正确；对于D，连接，因为四边形为菱形，所以，又平面平面，又平面平面，所以平面，所以关于平面对称，所以，所以，当动点G或落在或D上，最大值，最大值是，当动点G落在O时，有最小值，最小值为，所以的范围为，故D正确.故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题部分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知实数，，且，则的最小值为___________.【答案】【解析】因为，，且，则，当且仅当，即，时，取等号，所以的最小值为.故答案为：13.某高中为了调查学生对手机的使用情况，从全校学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，他们一周内使用手机的时间（小时）频率分布直方图如下图所示，则参与调查的学生每周平均使用手机的时间约为___________小时.（同一组数据用该组数据的中点值作代表）【答案】4【解析】由题意可知：每组的频率依次为，则，解得，可得平均数（小时），所以平均使用手机的时间约为4小时.故答案为：4.14.已知函数在上恰有两个零点，则实数m的取值范围为___________.【答案】【解析】因为，所以，又因为，令，则，显然，故不是的零点，令，，则，故函数在上恰有两个零点方程在上有两个根，与函数图像在上有两个交点，令，，因为，所以在和单调递增，又因为单调递增，①所以时，，单调递增且，故此时在上单调递增，且，；②时，，单调递减，故此时在上单调递减，且此时时，；③时，，单调递减，故此时在上单调递减，且此时时，，，故在上图像简图如下：由图得实数m的取值范围为.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.已知向量，，.（1）若，求；（2）若，求在上的投影向量（用坐标表示）解：（1）当时，，，∴.（2）∵，∴，∴，即，∴，即，∴在上的投影向量为.16.已知函数（，）且图象的相邻两条对称轴间的距离为，.（1）求的解析式与单调递减区间；（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根之和.解：（1）由题意可得：，∵图象的相邻两条对称轴间的距离为，∴的最小正周期为，即可得，又，，所以，故，令，解得所以函数的递减区间为.（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，再把横坐标扩大为原来的2倍，得到函数的图象，∵，则或，画出y=gx令，，解得，，即图像在轴右边前两个取最大值的对称轴为和，则，，∴方程在内所有根的和为.17.如图，在三棱柱中，AB中点为D．（1）证明：面；（2）若底面侧面,是锐角,,,，,且和平面所成角的正弦值是,求平面与平面ABC所成角的余弦值.解：（1）连接交于E，则E是的中点，又D是AB中点，连接DE，则DE是的中位线，∴，又面，面，∴面（2）∵四边形是菱形，∴，∵平面平面，平面平面，，平面ABC，∴平面，∵平面，∴，又，即，而，，平面，∴平面，∴和平面所成线面角是，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，在平面内过点作于O，则，，∵平面平面，平面平面，∴平面ABC，又平面ABC，则，在平面ABC内过O作于G，连接，∵，OG，平面，∴平面，而平面，则，从而是二面角的平面角，，显然，，∴，所以平面与平面ABC所成角的余弦值是.18.某篮球俱乐部由篮球Ⅰ队和Ⅱ队组成.Ⅰ队球员水平相对较高，代表俱乐部参加高级别赛事；Ⅱ队是Ⅰ队的储备队，由具有潜力的运动员组成.为考察Ⅰ队的明星队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的60场与俱乐部外球队的比赛进行统计：甲在前锋位置出场12次，其中球队获胜6次；中锋位置出场24次，其中球队获胜16次；后卫位置出场24次，其中球队获胜18次.用该样本的频率估计概率，则：（1）甲参加比赛时，求Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率；（2）为备战小组赛，Ⅰ队和Ⅱ队进行10场热身赛，比赛没有平局，获胜得1分，失败得0分.已知Ⅰ队在每场比赛中获胜的概率是p（），若比赛最有可能的比分是7∶3，求p的取值范围；（3）现由Ⅰ队代表俱乐部出战小组赛，小组共6支球队，进行单循环赛（任意两支队伍间均进行一场比赛），若每场比赛均派甲上场，在已知Ⅰ队至少获胜3场的条件下，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望.解：（1）设“甲担任前锋”；“甲担任中锋”；“甲担任后卫”；“某场比赛中该球队获胜”.则：，，，，，，由全概率公式可得：，所以甲参加比赛时，Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率是.（2）设这10场比赛，Ⅰ队获胜的场数是k，则P（Ⅰ队获胜k场），由题意，时，P（Ⅰ队获胜k场）最大，所以有，解得，所以p的取值范围为.（3）由题意，Ⅰ队一共需要打5场比赛，设“5场比赛中Ⅰ队获胜i场”（，4，5），“5场比赛中Ⅰ队至少获胜3场”，；；，则，，同理可得，，则X的分布列为：X345P.19.已知函数的定义域为D.若，对于，都，使得，则称函数与具有“和缘”，a叫做函数与的“和缘”值.（1）已知,,,,，，若0是函数与的“和缘”值，请写出所有符合题意的函数与的组合（不用说明理由）；（2）已知且，,，.（ⅰ）求的值域；（ⅱ）若存在唯一实数a，使函数与具有“和缘”，求m的值.解：（1）有两组符合，第一组：，；第二组：与；由已知条件，由，，可知对，，又0是函数与的“和缘”值，故时，，由，可知，具有“和缘”，；可知对，，又0是函数与的“和缘”值，故时，，由，可知，具有“和缘”；（2）（ⅰ）设，，∵在递减，递增，∴，，即在上的值域为（ⅱ）法一：∵令，，，，，则，令，依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足，即，因为，则，故，记的值域为H，则，，的对称轴为，当，则时，在上递增，所以，，即，所以，得，由于a唯一，所以，解得，不符合题意；当，即时，在上递增，所以，，，所以则，得，由于a唯一，所以，解得，不符合题意；当，即时，，，，所以，得，由于a唯一，所以，解得，符合题意：当，即时，，，，所以，得，由于a唯一，所以，解得（舍），满足题意；综上，m的值为或法二：依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足，即，因为，则，故的值域等于，所以，由法一有，，，的对称轴，当，则时，在上递增，所以，，所以，解得，不符合题意；当，即时，在上递增，所以，，所以，解得，不符合题意当，即时，，，所以，解得，符合题意；当，即时，，，所以，解得，（舍去），满足题意；综上，m值为或.浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题Ⅰ卷选择题部分一、单选题：（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.0,2 D.【答案】C【解析】由可知，故，又，所以.故选：C.2.复数z满足（为虚数单位），则复数z的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题，故复数z的虚部为.故选：B.3.已知m，n是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，，则C.若，，则 D.若，，，则【答案】C【解析】对于A，当，成立时，还可能，故A错误；对于B，若，，，则或与异面，如图所示，故B错误；对于C，因为，，所以在平面内一定存在平行于的直线，此直线也垂直于平面，即可得到，故C正确；对于D，当时，也可能存在，，，所以若，，成立，还可能，故D错误.故选：C.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，所以，即，所以，所以.故选：D.5.在的展开式中，常数项为（）A.182 B.42 C. D.【答案】B【解析】因为，则的展开通项公式为，的展开通项公式为，令，即，可得和，相加得，故选：B.6.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，，故，，因为与为互斥事件，故，又，所以有，故，故.故选：A.7.嫦娥六号是中国计划进行的一次月球采样返回任务.假设嫦娥六号在接近月球表面时，需要进行一系列的减速操作，其减速过程可以近似地看作是一个指数衰减过程，其速度（单位：米/秒）随时间t（单位：秒）的变化关系可以表示为：，其中是初始速度，是一个减速过程相关的常数.已知嫦娥六号在时的初始速度为，经过后，速度变为.若嫦娥六号需要在时将速度减至月球表面的安全着陆速度，则（）（精确到小数点后一位，参考数值：）A.99.7 B.99.8 C.99.3 D.96.3【答案】A【解析】由，根据题意可得，又，所以，两边取以为底的对数，可得，所以，由，所以，所以所以两边取以为底的对数得，所以.故选：A.8.已知函数的定义域为，且fx⋅fy=f2x+y2-f2x-y2，fA. B.的一条对称轴是直线C.f20232【答案】D【解析】fx令，可得f0⋅f0=令，fx⋅f-x=∴f-x=-fx，∵f2x+12f2∴关于对称，故B正确；∴f32-x=f∴f6+x=-f(x+3)=f(x)，即的周期为6∵关于对称，可得关于对称∴f6=f0=0，f5=f-1所以f2小2024故A正确，D错误；∵f20232=f(72∴在2,4上单调递减，所以f72>f(4)，即f20232故选：D.二、多选题：（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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.下列说法正确的是（）A.某校高二年级共有学生600人，现采用比例分配的分层随机抽样方法抽取容量为60的样本，若样本中男生有40人，则该校高二女生人数是200B.数据2，4，5，6，8，10，17的第75百分位数为9C.已知y关于x的回归直线方程为，若，则D.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关，此推断犯错的概率不大于0.05【答案】AC【解析】对于A，该校高二年级女生人数是，A正确；对于B，由，数据2，4，5，6，8，10，17的第75百分位数为，B不正确；对于C，线性回归方程中，根据回归方程经过样本中心，y关于x的回归直线方程为，若，则，C正确；对于D，由，犯错误的概率不大于0.05可判断X与Y无关，D不正确.故选：AC.10.在△ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（）A.B.若，，则满足条件的△ABC有两个C.若D是边BC上一点，满足，且，则△ABC面积的最大值为D.若△ABC为锐角三角形，D是边BC上一点（不含端点），满足，则的取值范围是【答案】ACD【解析】对于A，，则，根据余弦定理得，即，由，故A正确；对于B，根据正弦定理可得，,即，由，，根据正弦定理得，，由，故只有一解，故B错误；对于C，，，即，，，即，当且仅当，即时，等号成立，所以，即△ABC面积的最大值为，故C正确；对于D，令，则，在中，根据正弦定理得，在上单调递减，所以当时，有最大值，当时，有最小值，所以的取值范围是，故D正确.故选：ACD.11.已知正四棱台的所有顶点都在体积为的球的球面上，，，G为内部（含边界）的动点，则（）A.正四棱台存在内切球B.C.直线AG与平面所成角的取值范围为D.的取值范围为【答案】BCD【解析】如图，设外接球球心为，外接球半径为，由球的体积，解得，所以，由已知，，所以，，设，则，所以或（舍），∴O为球心，即在AC和BD的中点，且，由等腰梯形的性质可求得棱台高为，斜高为，因为，∴正四棱台不存在内切球，故A错误；所以，B正确；作，为正四棱台上底面的中心，所以底面，又底面，所以，又，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，平面平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，所以，故最大时最小，当G在时，最大，由四边形是等腰梯形，且，所以四边形，四边形为菱形，且可求得，可得，，所以此时直线AG与平面BDG所成角最小为30°，当G在O时，最小，直线AG与平面BDG所成角最大为60°，故C正确；对于D，连接，因为四边形为菱形，所以，又平面平面，又平面平面，所以平面，所以关于平面对称，所以，所以，当动点G或落在或D上，最大值，最大值是，当动点G落在O时，有最小值，最小值为，所以的范围为，故D正确.故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题部分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知实数，，且，则的最小值为___________.【答案】【解析】因为，，且，则，当且仅当，即，时，取等号，所以的最小值为.故答案为：13.某高中为了调查学生对手机的使用情况，从全校学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，他们一周内使用手机的时间（小时）频率分布直方图如下图所示，则参与调查的学生每周平均使用手机的时间约为___________小时.（同一组数据用该组数据的中点值作代表）【答案】4【解析】由题意可知：每组的频率依次为，则，解得，可得平均数（小时），所以平均使用手机的时间约为4小时.故答案为：4.14.已知函数在上恰有两个零点，则实数m的取值范围为___________.【答案】【解析】因为，所以，又因为，令，则，显然，故不是的零点，令，，则，故函数在上恰有两个零点方程在上有两个根，与函数图像在上有两个交点，令，，因为，所以在和单调递增，又因为单调递增，①所以时，，单调递增且，故此时在上单调递增，且，；②时，，单调递减，故此时在上单调递减，且此时时，；③时，，单调递减，故此时在上单调递减，且此时时，，，故在上图像简图如下：由图得实数m的取值范围为.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.已知向量，，.（1）若，求；（2）若，求在上的投影向量（用坐标表示）解：（1）当时，，，∴.（2）∵，∴，∴，即，∴，即，∴在上的投影向量为.16.已知函数（，）且图象的相邻两条对称轴间的距离为，.（1）求的解析式与单调递减区间；（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根之和.解：（1）由题意可得：，∵图象的相邻两条对称轴间的距离为，∴的最小正周期为，即可得，又，，所以，故，令，解得所以函数的递减区间为.（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，再把横坐标扩大为原来的2倍，得到函数的图象，∵，则或，画出y=gx令，，解得，，即图像在轴右边前两个取最大值的对称轴为和，则，，∴方程在内所有根的和为.17.如图，在三棱柱中，AB中点为D．（1）证明：面；（2）若底面侧面,是锐角,,,，,且和平面所成角的正弦值是,求平面与平面ABC所成角的余弦值.解：（1）连接交于E，则E是的中点，又D是AB中点，连接DE，则DE是的中位线，∴，又面，面，∴面（2）∵四边形是菱形，∴，∵平面平面，平面平面，，平面ABC，∴平面，∵平面，∴，又，即，而，，平面，∴平面，∴和平面所成线面角是，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，在平面内过点作于O，则，，∵平面平面，平面平面，∴平面ABC，又平面ABC，则，在平面ABC内过O作于G，连接，∵，OG，平面，∴平面，而平面，则，从而是二面角的平面角，，显然，，∴，所以平面与平面ABC所成角的余弦值是.18.某篮球俱乐部由篮球Ⅰ队和Ⅱ队组成.Ⅰ队球员水平相对较高，代表俱乐部参加高级别赛事；Ⅱ队是Ⅰ队的储备队，由具有潜力的运动员组成.为考察Ⅰ队的明星队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的60场与俱乐部外球队的比赛进行统计：甲在前锋位置出场12次，其中球队获胜6次；中锋位置出场24次，其中球队获胜16次；后卫位置出场24次，其中球队获胜18次.用该样本的频率估计概率，则：（1）甲参加比赛时，求Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率；（2）为备战小组赛，Ⅰ队和Ⅱ队进行10场热身赛，比赛没有平局，获胜得1分，失败得0分.已知Ⅰ队在每场比赛中获胜的概率是p（），若比赛