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（解析版）

这是一份浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 0,2D.
【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. 182B. 42C. 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. 99.7B. 99.8C. 99.3D. 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，f2x+12的图像关于直线对称，，在上单调递增，则下列说法中错误的是（ ）
A. B. 的一条对称轴是直线
C. f20232>f4D. k=12024fk=1
【答案】D
【解析】fx⋅fy=f2x+y2-f2x-y2，
令，可得f0⋅f0=f20+02-f20-02，解得；
令，fx⋅f-x=f2x-x2-f2x+x2，则fx⋅f-x=-f2x，
∴f-x=-fx，∴为奇函数；
∵f2x+12的图像关于对称，
f21-x+12=f21+x+12⇒f(32-2x)=f(32+2x),
∴关于对称，故B正确；
∴f32-x=f32+x，∴f-x=f3+x=-f(x)，
∴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=-1，f4=f-1=-1，f3=0，f2=f1=1，
所以f2+f4=0，
小2024f(k)=337[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+f(1)+f(2)=2，
故A正确，D错误；
∵f20232=f(72+168×6)=f72，又在-1,0上单调递增
∴在2,4上单调递减，所以f72>f(4)，即f20232>f4，故C正确.
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200
B. 数据2，4，5，6，8，10，17的第75百分位数为9
C. 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的图象如图所示：
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：
.
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.
X
3
4
5
P