高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省紹興市2023-2024學年高二下學期6月期末數學試題一、選擇題:本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】對于A，，故A錯誤，對于B，或，所以，故B錯誤，對于C，，但，故C錯誤，對于D，，故D正確，故選：D2.若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】,故選：A3.若函數在上有兩個不同的零點，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】在上有兩個不同的零點,則，故，故B正確，ACD錯誤，故選：B4.已知向量滿足，則向量與夾角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，所以，從而，所以即，故，故選：A.5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知，則，平方得，即，解得，又，，且，則，即，所以由，得，故，所以.故選：C.6.將編號為1，2，3，4，5，6的6個小球放入編號為1，2，3，4的4個盒子中，每個盒子至少放1個小球，則不同的放法種數是（）A.2640 B.2160 C.1800 D.1560【答案】D【解析】分兩類解決這個問題：第一類，一個盒中3個球，另外三個盒中每個盒1個球，共有種；第二類，其中兩個盒每個盒2個球，另外兩個盒每個盒1個球，共有種；按照分類加法計數原理得，不同的方法種數共有種.故選：D.7.設為兩個隨機事件，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由條件概率可得所以，，所以，故選：B8.已知函數的定義域為，對定義域內任意的，當時，都有，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.函數和在上有相同的單調性【答案】C【解析】對于A：，，因為，所以，因為，所以恒成立，又因為不相等，所以，A選項錯誤；對于B：，所以恒成立，所以，又因為不相等，，所以，又，，，，所以，所以，B選項錯誤；對于C:因為不相等，不妨設，因為，所以，所以，C選項正確，對于D：不妨設在上單調遞增，任取，滿足，則，因為，所以，所以，所以單調遞減，D選項錯誤.故選：C.二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知都是正實數，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】都是正實數,,當且僅當，即時等號成立，故正確；，當且僅當，即時等號成立，故正確；當時，不成立，故錯誤；，當且僅當時等號成立，令，，即，即，即，所以成立，故正確.故選：.10.四位同學各擲大小一致、質地均勻的骰子5次，分別記錄每次骰子出現的點數.四位同學的統計結果如下，則可能出現點數6的是（）A.平均數為3，中位數為2 B.平均數為2，方差為2.4C.中位數3，眾數為2 D.中位數為3，方差為2.8【答案】ACD【解析】對于A，當擲骰子出現的結果為1，1，2，5，6時，滿足平均數為3，中位數為2，可以出現點6，所以A正確；對于B，若平均數為2，且出現點數6，則方差，所以當平均數為2，方差為時，一定不會出現點數6，所以B錯誤；對于C，當擲骰子出現的結果為2，2，3，4，6時，滿足中位數為3，眾數為2，可以出現點6，所以C正確；對于D，當擲骰子出現的結果為1，2，3，3，6時，滿足中位數為3，則平均數為，方差為，所以可以出現點6，所以D正確故選：ACD11.已知函數，則下列說法正確的是（）A.恒成立 B.在上單調遞增C.在上有4個零點 D.是周期函數【答案】AC【解析】對于A,,故A正確，對于B，故，故B錯誤，對于C,令，記，則，當單調遞增，當單調遞減，且，而，在同一直角坐標系中作出函數圖象如下：故兩函數圖象有4個不同的交點，因此函數在上有4個零點，C正確，對于D，由于為周期函數，且最小正周期為，而也為周期函數，且最小正周期為，由于為無理數，而2為有理數，則不存在整數使得，所以不是周期函數，D錯誤，故選：AC三、填空題:本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.______.【答案】3【解析】故答案為：.13.在棱長為2的正方體中，為棱的中點，則四面體的外接球的表面積是_____________.【答案】【解析】取中點，連接，因為在棱長為2的正方體中，所以三棱柱是直三棱柱，又因為平面，所以四面體的外接球即為直三棱柱的外接球，因為為棱的中點，四邊形是邊長為2的正方形，所以，在中，，又是銳角，所以，由正弦定理得外接圓的半徑為，所以直三棱柱的外接球半徑為，所以四面體的外接球的表面積為.故答案為：.14.在平面四邊形中，，記與的面積分別為，則的值是____________.【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，又因為在中，，在中，，所以所以由②﹣①得：，因為，所以故．故答案為：四、解答題:本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數.（1）求;（2）求的單調遞增區間.解：（1）因為，則.（2）由（1）可知，，令，解得，所以的單調遞增區間為16.有A和兩道謎語，張某猜對謎語的概率為0.8，猜對得獎金10元;猜對謎語的概率為0.5，猜對得獎金20元.每次猜謎的結果相互獨立.（1）若張某猜完了這兩道謎語，記張某猜對謎語的道數為隨機變量，求隨機變量的分布列與期望;（2）現規定：只有在猜對第一道謎語的情況下，才有資格猜第二道.如果猜謎順序由張某選擇，為了獲得更多的獎金，他應該選擇先猜哪一道謎語?解：（1）由題意可得，的可能取值為，，，，則分布列為則.（2）設選擇先猜A謎語得到的獎金為元，選擇先猜B謎語得到的獎金為元，則隨機變量的可能取值為：0，10，30，可得，，，所以隨機變量的的分布列為：Y01030P0.20.40.4所以期望；又由隨機變量的可能取值為：0，20，30，可得，，，隨機變量的分布列為：Z02030P0.50.10.4所以期望為，∴，所以小明應該先猜A.17.如圖1，在四邊形ABCD中，，現將沿著AC進行翻折，得到三棱錐，且平面平面，如圖2.（1）若與平面所成的角為，證明：;（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.解：（1）過作于，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以為與平面所成的角，所以，所以，因為，所以，所以，在中，，所以，所以，所以,因為，所以，即，因為，平面，所以平面，因為平面，所以；（2）過作于，由（1）可知平面，所以以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，連接，取的中點，連接,因為，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，所以，因為，所以，所以，所以，所以，得，所以，所以，設平面的法向量為，因為，所以，令，則，設平面的法向量為，因為，所以，令，則，所以，所以平面與平面夾角的余弦值為.18.已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程;（2）當時，證明：在上恒成立.解：（1）當時，函數，則，且，所以切線方程為，即.（2）由題意可知，，且，令，，則在恒成立，所以在單調遞減，即在單調遞減，且，令，，所以在恒成立，所以在單調遞增，所以，即，由因為，當時，，所以存在，有，所以函數在單調遞增，在單調遞減，又因為，且，所以所以函數在恒成立.19.已知集合,對于,，定義與之間的距離為.（1）若，求所有滿足的點所圍成的圖形的面積;（2）當時，，并且，求的最大值（用表示);（3）當時，求集合中任意兩個元素之間的距離的和.解：（1）由可得，當時，，當時，，當時，，當時，，故圍成圖形為正方形,其中,如下：故面積為（2）設，，，所以，，當，當時，綜上所述，；（3），設其中中均有個元素，,共有個不同的元素，從的個不同的元素任取2個不同的元素共有種選法，從中任選一個元素，對第一個位置的數字兩兩作差并取絕對值，可得個，可得個，可得個，其中個，所以中所有元素的第一位的數字之和為，對于中所有元素的其他同等位置的數字之和為均為，故集合中任意兩個元素之間的距離的和.浙江省紹興市2023-2024學年高二下學期6月期末數學試題一、選擇題:本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】對于A，，故A錯誤，對于B，或，所以，故B錯誤，對于C，，但，故C錯誤，對于D，，故D正確，故選：D2.若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】,故選：A3.若函數在上有兩個不同的零點，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】在上有兩個不同的零點,則，故，故B正確，ACD錯誤，故選：B4.已知向量滿足，則向量與夾角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，所以，從而，所以即，故，故選：A.5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知，則，平方得，即，解得，又，，且，則，即，所以由，得，故，所以.故選：C.6.將編號為1，2，3，4，5，6的6個小球放入編號為1，2，3，4的4個盒子中，每個盒子至少放1個小球，則不同的放法種數是（）A.2640 B.2160 C.1800 D.1560【答案】D【解析】分兩類解決這個問題：第一類，一個盒中3個球，另外三個盒中每個盒1個球，共有種；第二類，其中兩個盒每個盒2個球，另外兩個盒每個盒1個球，共有種；按照分類加法計數原理得，不同的方法種數共有種.故選：D.7.設為兩個隨機事件，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由條件概率可得所以，，所以，故選：B8.已知函數的定義域為，對定義域內任意的，當時，都有，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.函數和在上有相同的單調性【答案】C【解析】對于A：，，因為，所以，因為，所以恒成立，又因為不相等，所以，A選項錯誤；對于B：，所以恒成立，所以，又因為不相等，，所以，又，，，，所以，所以，B選項錯誤；對于C:因為不相等，不妨設，因為，所以，所以，C選項正確，對于D：不妨設在上單調遞增，任取，滿足，則，因為，所以，所以，所以單調遞減，D選項錯誤.故選：C.二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知都是正實數，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】都是正實數,,當且僅當，即時等號成立，故正確；，當且僅當，即時等號成立，故正確；當時，不成立，故錯誤；，當且僅當時等號成立，令，，即，即，即，所以成立，故正確.故選：.10.四位同學各擲大小一致、質地均勻的骰子5次，分別記錄每次骰子出現的點數.四位同學的統計結果如下，則可能出現點數6的是（）A.平均數為3，中位數為2 B.平均數為2，方差為2.4C.中位數3，眾數為2 D.中位數為3，方差為2.8【答案】ACD【解析】對于A，當擲骰子出現的結果為1，1，2，5，6時，滿足平均數為3，中位數為2，可以出現點6，所以A正確；對于B，若平均數為2，且出現點數6，則方差，所以當平均數為2，方差為時，一定不會出現點數6，所以B錯誤；對于C，當擲骰子出現的結果為2，2，3，4，6時，滿足中位數為3，眾數為2，可以出現點6，所以C正確；對于D，當擲骰子出現的結果為1，2，3，3，6時，滿足中位數為3，則平均數為，方差為，所以可以出現點6，所以D正確故選：ACD11.已知函數，則下列說法正確的是（）A.恒成立 B.在上單調遞增C.在上有4個零點 D.是周期函數【答案】AC【解析】對于A,,故A正確，對于B，故，故B錯誤，對于C,令，記，則，當單調遞增，當單調遞減，且，而，在同一直角坐標系中作出函數圖象如下：故兩函數圖象有4個不同的交點，因此函數在上有4個零點，C正確，對于D，由于為周期函數，且最小正周期為，而也為周期函數，且最小正周期為，由于為無理數，而2為有理數，則不存在整數使得，所以不是周期函數，D錯誤，故選：AC三、填空題:本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.______.【答案】3【解析】故答案為：.13.在棱長為2的正方體中，為棱的中點，則四面體的外接球的表面積是_____________.【答案】【解析】取中點，連接，因為在棱長為2的正方體中，所以三棱柱是直三棱柱，又因為平面，所以四面體的外接球即為直三棱柱的外接球，因為為棱的中點，四邊形是邊長為2的正方形，所以，在中，，又是銳角，所以，由正弦定理得外接圓的半徑為，所以直三棱柱的外接球半徑為，所以四面體的外接球的表面積為.故答案為：.14.在平面四邊形中，，記與的面積分別為，則的值是____________.【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，又因為在中，，在中，，所以所以由②﹣①得：，因為，所以故．故答案為：四、解答題:本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數.（1）求;（2）求的單調遞增區間.解：（1）因為，則.（2）由（1）可知，，令，解得，所以的單調遞增區間為16.有A和兩道謎語，張某猜對謎語的概率為0.8，猜對得獎金10元;猜對謎語的概率為0.5，猜對得獎金20元.每次猜謎的結果相互獨立.（1）若張某猜完了這兩道謎語，記張某猜對謎語的道數為隨機變量，求隨機變量的分布列與期望;（2）現規定：只有在猜對第一道謎語的情況下，才有資格猜第二道.如果猜謎順序由張某選擇，為了獲得更多的獎金，他應該選擇先猜哪一道謎語?解：（1）由題意可得，的可能取值為，，，，則分布列為則.（2）設選擇先猜A謎語得到的獎金為元，選擇先猜B謎語得到的獎金為元，則隨機變量的可能取值為：0，10，30，可得，，，所以隨機變量的的分布列為：Y01030P0.20.40.4所以期望；又由隨機變量的可能取值為：0，20，30，可得，，，隨機變量的分布列為：Z02030P0.50.10.4所以期望為，∴，所以小明應該先猜A.17.如圖1，在四邊形ABCD中，，現將沿著AC進行翻折，得到三棱錐，且平面平面，如圖2.（1）若與平面所成的角為，證明：;（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.解：（1）過作于，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以為與平面所成的角，所以，所以，因為，所以，所以，在中，，所以，所以，所以,因為，所以，即，因為，平面，所