浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试卷（解析版）

这是一份浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试卷（解析版），共12页。
1．本试卷分试题卷和答题卡两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名、姓名、试场号、座位号、准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑.
3．答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效.
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. 已知复数，（为虚数单位，），则复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】因为复数，，
所以复数，
所以对应的点在第四象限.
故选：D.
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】命题“，”的否定是，,
故选：D
3. 下列函数中，以为最小正周期的奇函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由于是最小正周期为π的奇函数，则A正确；
由于为最小正周期为2π的偶函数，则B错误；
由于是偶函数，不符合题意，C错误；
由于是偶函数，不符合题意，D错误．
故选：A．
4. 若甲、乙、丙三人排成一行拍照，则甲不在中间的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】甲、乙、丙三人排成一行，共有种方法，
甲不在中间的，共有,
故概率为,
故选：C
5. 在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】B
【解析】在正方体中，取，，
连接，，，，，，如下图所示：
因为在正方体中，，分别是棱和上的点，，，
所以，且，则四边形为平行四边形，则，，
又因为，且，所以四边形为平行四边形，
则，，
所以，，所以为平行四边形，
则正方体中过点，，的截面形状为四边形.
故选：B
6. 在同一个坐标系中，函数，，的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为在同一坐标系中，所以函数，的单调性一定相反，
且图象均不过原点，故排除AD；
在BC选项中，过原点的图象为幂函数的图象，且由图象可知，
所以单调递减，单调递增，故排除B，所以C正确.
故选：C.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
故，
故，故选：A
8. 已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，作出圆锥的轴截面，
上部分小圆锥一定有内切球，故只需下部分圆台有内切球即可，设圆台的内切球的球心，由上、下两部分几何体的体积之比是，可得截得的小圆锥与原圆锥的体积之比为，从而可得圆台上下底面圆半径之比为，设圆台上底面半径为，则圆台下底面半径为，圆台存在内切球时，由切线长定理可得圆台母线长，则可得圆锥母线，所以圆锥的轴截面等腰三角形底边，
在中，由余弦定理可得.
故选：C.
二、多项选择题：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. 本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 图中x的值为0.030
B. 被抽取的学生中成绩在的人数为15
C. 估计样本数据的众数为90
D. 估计样本数据的平均数大于中位数
【答案】AB
【解析】对于A，结合频率分布直方图的性质可得，，解得，故A正确，
对于B，成绩在区间的频率为，人数为，故B正确，
对于C，众数为，故C错误，
对于D，平均成绩，
低于80分的频率为，
设样本数据的中位数为分，
则，解得，平均数小于中位数，D错误，
故选：AB．
10. 已知向量，且，则（ ）
A.
B.
C. 向量与向量的夹角是
D. 向量在向量上的投影向量坐标是
【答案】ACD
【解析】A选项，，
∴，
，
∴，解得，故，选项A正确；
B选项，由A选项可知，
故，选项B错误；
C选项，，
向量与向量的夹角是，选项C正确；
D选项，向量在向量上的投影向量，选项D正确.
故选：ACD.
11. 已知，设函数满足，则（ ）
A.
B. 当时，不一定是常数函数
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】由可得，
联立两式可得，
对于A, 取，则，A正确，
对于B，若时，，故，B错误，
对于C，取，则，
解得，故C正确，
对于D，若且时，此时，则，
故显然满足，
若，则，
此时，故成立，
若，则，
此时，故成立，故D正确，
故选：ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数与的图象关于直线______对称．
【答案】
【解析】由于与互为反函数，所以与图象关于对称，
故答案为：
13. 若某扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的半径是______．
【答案】
【解析】设扇形的面积为，则扇形面积，解得：.
故答案为：.
14. 记的内角的对边分别为.已知，，若的面积为，则______．
【答案】
【解析】因为，由余弦定理得，
因为，所以，
所以，可得，
因为，所以，所以，
，
由正弦定理，
得，
，
若的面积为，则，
解得，所以.故答案：.
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）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值、最小值及相应的x的值．
解：（1），
故；由，令，，
则，，
故函数的单调递增区间为，；
（2）当时，，则，
即，即在区间上的最小值和最大值分别为0，3，
当，即时，有最小值0，
当，即时，有最大值3．
16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，与底面所成的角为45°，为的中点．
（1）求证：⊥平面；
（2）若，求平面与平面的夹角大小．
解：（1）因为平面，平面，所以，
因为平面，则为与平面所成的角，
与平面所成的角为45°，
所以，则，
又为的中点，所以．
因为，又，,平面，平面，
故⊥平面，平面，
所以，平面，
所以平面．
（2）因为平面，平面，所以，
又，，平面，平面，故平面.
平面，所以，又，则即为所求，
由（1）知：，而，则，故,
,所以．
17. 已知函数，．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性．
解：（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以在处的切线方程为：．
（2）由题意可得：，
注意到，
①若，，则在上单调递减，
②若，令时，
解得，
当，；当，；
所以在上单调递增，在上单调递减．
18. 已知椭圆C的焦点在x轴上，上顶点，右焦点F，离心率．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线l与椭圆C交于P，Q两点．
（i）若直线l与MF垂直，求线段PQ中点的轨迹方程；
（ii）是否存在直线l，使F恰为的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意得：，，则，所以，解得，
故椭圆的标准方程为．
（2）（i）由题意得：，因为，所以，则，
设直线，，，
联立，可得，
，所以，
由韦达定理得：，，，

设线段PQ中点为，则，，
则PQ中点的轨迹方程为．
（ii）因为F恰为的垂心，有
所以
又，得，
即，
代入韦达定理得，
解得或．经检验符合条件，
则直线l的方程为：．
19. 已知数列满足，数列满足，．
（1）求，的通项公式；
（2）定义：已知数列，，当时，称为“4一偶数项和整除数列”．
（i）计算，，其中，．
（ii）若为“4-偶数项和整除数列”，求的最小值．
解：（1）由可得，
根据可得，
由可得，且，
所以是以首项为3，公比为3等比数列，
故．
（2）（i），
．
（ii）方法一：当时，，
显然，，2，3不满足题意，时，，满足要求，
当时，，
，
故，得证．
方法二：当时，，
显然，，2，3不满足题意．时，，满足要求，
当时，，，
因为且，
下面证明对恒成立，
令，则，当时，，
故在单调递增，故，
故对恒成立，
所以，得证，
故最小值为4.