福建省福州市多校2024年高二下学期期末质量检测数学数学试题（解析版）

这是一份福建省福州市多校2024年高二下学期期末质量检测数学数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，所以；
由，所以.
所以.
故选：B
2. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】由题意可知，复数满足，
则可转化为，
所以.
故选：A.
3. 已知向量，且与的夹角，则（ ）
A. B. 13C. D. 10
【答案】A
【解析】由题得，
所以．
故选：A
4. 圆台的上底面面积为，下底面面积为，母线长为4，则圆台的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知：上、下底面的半径分别为1和3，
所以侧面积为.
故选：D．
5. 某次知识竞赛共有12人参赛，比赛分为红、黄两队，每队由六人组成.其中红队6人答对题目的平均数为3,方差为5,黄队6人答对题目的平均数为5，方差为3，则参加比赛的12人答对题目的方差为（ ）
A. 5B. 4.5C. 3.5D. 18
【答案】A
【解析】由题意，这12个人的平均答对题目的个数为，
则新数据的方差为.
故选：A.
6. 已知为锐角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，所以，
所以.
故选：D
7. 命题，命题：函数在上单调，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】设，则可化为．
充分性：当时，函数在上单调递减，在上单调递减，且，所以在上单调递增，因此充分性成立．
必要性：当时，在上单调递减，在上单调递减，且，所以在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，且在上恒成立，所以，则，此时函数在上单调递减．
综上可知，当函数在上单调时，或，因此必要性不成立．所以是的充分不必要条件．
故选：A．
8. 设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．
故选：C．
二、多项选择题：本题共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. 若向量，，则以下说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，，则
D. 若，则在方向上的投影向量的坐标为
【答案】BCD
【解析】对于A：当时，满足，但是、无意义，故A错误；
对于B：当，则，故B正确；
对于C：若，则，故C正确；
对于D：若，则，，
所以在方向上的投影向量的坐标为，故D正确.
故选：BCD
10. 已知正数a，b满足，则（ ）
A. B. a与b可能相等
C. D. 的最小值为
【答案】BD
【解析】由正数a，b满足，得，A错误；
若，则，而a为正数，则，B正确；
显然，则，当且仅当时取等号，C错误；
，当且仅当时取等号，D正确.
故选：BD
11. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A. 动点轨迹的长度为
B. 三棱锥体积的最小值为
C. 与不可能垂直
D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
【答案】AB
【解析】取中点，的中点，连接，则，
正方体中易知，从而，
又平面，而平面，所以平面，
又正方体中与平行且相等，从而与平行且相等，则是平行四边形，所以，同理可得证平面，
，平面，所以平面平面，
平面平面，所以当时，平面，即线段为点的轨迹，，A正确；
三棱锥中，到平面的距离为定值2，当与重合时，的面积最小值，此时，所以体积最小值为，B正确；
连接，正方体中易知，
平面，而平面，所以，
，平面，则平面，
设平面（即与的交点为），此时平面，
所以，C错；
由选项B讨论可知当与点重合时，三棱锥的体积，取中点，连接，则，
正方体中同理选项C中证明可证平面，所以平面，
正方体中与交于点且为的中点，是直角三角形且，
则是的外心，
因此三棱锥的外接球的球心在直线上，设外接球半径为，即，
又，，
由平面，平面得，
由勾股定理得，解得，
所以外接球的表面积为，D错．
故选：AB．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若角满足，则________
【答案】
【解析】.
故答案为：
13. 某班兴趣小组做了一次关于“电子产品对视力的影响”的问卷调查．他们从岁，7～12岁，13～15岁，16～18岁四个年龄段回收的问卷依次为120份、180份、240份、份．因调查需要，现从回收的问卷中按年龄段按比例分配分层随机抽取一个容量为300的样本．若在岁年龄段的问卷中抽取了60份，则应在岁年龄段的问卷中抽取的份数为______．
【答案】120
【解析】因为岁年龄段回收了180份问卷，而样本在岁年龄段的问卷中抽取了60份，
所以抽样比为．
因为分层抽取的样本的容量为300，
故回收的问卷总数为（份），
可得（份），
所以在16～18岁年龄段中抽取的问卷为（份）．
故答案为：120.
14. 已知是定义域为的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】因为是奇函数，是偶函数，满足，
可得，
联立方程组，解得，
又因为对任意，都有成立，
所以，所以成立，
构造，
所以由上述过程可得在单调递增，
(i)若，则对称轴，解得；
(ii) 若，在单调递增，满足题意；
(iii) 若，则对称轴恒成立；
综上可得，，即实数的取值范围为.
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. 设为常数，函数．
（1）设，求函数的严格增区间；
（2）若函数为偶函数，求此函数在上的值域．
解：（1）当时，函数
，
令，，
解得，．
所以此函数单调递增区间为，；
（2）由题意可知函数的定义域为，
又，
因为函数为偶函数，
所以对于任意，均有成立，
即，
即对于任意实数均成立，
只有当时成立，此时．
因为，所以，所以，所以，
即此函数在上的值域为．
16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上.
（1）求证：平面；
（2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值.
解：（1）因为平面，平面，所以，
因为为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）如图，连接，则平面，
由平面，平面，平面，得，
故即为二面角的平面角，
在菱形中，，
所以，
又，所以，
由点E为的中点，得，
所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则，
所以，即二面角的余弦值为.
17. 2024年5月22日至5月28日是第二届全国城市生活垃圾分类宣传周，本次宣传周的主题为“践行新时尚分类志愿行”.阜阳三中高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩x（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
（1）求a，b的值；
（2）若根据这次成绩，学校准备淘汰80%的同学，仅留20%的同学进入下一轮竞赛请问晋级分数线划为多少合理？
（3）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：，，，…，，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的95和85这两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．
解：（1）由题意知，所以，解得，
又，解得．
所以，，
（2）成绩落在内的频率为：，
落在内的频率为：，
设第80百分位数为m，则，
解得，所以晋级分数线划为78分合理．
（3），故：．
又，，
剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为，，，…，，
平均数与标准差分别为，，
则剩余8个分数的平均数：；
方差：．
18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角B；
（2）若为锐角三角形，，D是线段AC的中点，求BD的长的取值范围．
解：（1）因为，由正弦定理得，
所以，
由余弦定理得，
又，所以；
（2）因为，所以．
因为D是线段AC的中点，所以，
所以，
由正弦定理得，所以，，
所以
,
又为锐角三角形，所以，解得，所以，
即，则，所以，
即，则BD的长的取值范围是．
19. 若定义在D上的函数满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是D上的有界函数，其中称为函数的上界，最小的M称为函数的上确界．
（1）求函数的上确界；
（2）已知函数，，证明：2为函数的一个上界；
（3）已知函数，，若3为的上界，求实数的取值范围．
参考数据：，．
解：（1）依题意，
故，故的上确界为2.
（2）令，故原函数化，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
且；
故，故2为函数的一个上界.
（3）依题意，在上恒成立，即对恒成立；
令，故对恒成立，
所以，
设.
因在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的最大值为在上的最小值为；
所以实数的取值范围为.