浙江省衢州市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试卷（含答案）

这是一份浙江省衢州市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试卷（含答案），共23页。试卷主要包含了全卷分试卷和答题卷，试卷共4页，有4大题，19小题， 已知曲线， 下列论述正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.全卷分试卷和答题卷.考试结束后，将答题卷上交.
2.试卷共4页，有4大题，19小题.满分150分，考试时间120分钟.
3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效.
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目的要求.
1. 复数（ ）
A. B. C. D.
2. 设随机变量，则的数学期望为（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 12
3. 已知直线和平面，则“”是“直线与平面无公共点”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
4. 某圆锥的轴截面是腰长为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A B. C. D.
5. 已知向量，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6. 在中，，是的中点，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 已知曲线：，曲线：，两曲线在第二象限交于点，，在处的切线倾斜角分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列论述正确的是（ ）
A. 样本相关系数时，表明成对样本数据间没有线性相关关系
B. 由样本数据得到的经验回归直线必过中心点
C. 用决定系数比较两个回归模型拟合效果时，越大，表示残差平方和越大，模型拟合效果越差
D. 研究某两个属性变量时，作出零假设并得到2×2列联表，计算得，则有的把握能推断不成立
10. 已知是双曲线右焦点，为其左支上一点，点，则（ ）
A. 双曲线焦距为6
B. 点到渐近线的距离为2
C. 的最小值为
D. 若，则的面积为
11. 已知函数的定义域为，若，且为偶函数，，则（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数是______.(用数字作答)
13. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人.则4次传球的不同方法总数为_________（用数字作答）；4次传球后球在甲手中的概率为_________.
14. 如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是_________.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.
15. 已知数列为等比数列，，14，成等差数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
16. 如图，在棱长为1的正四面体中，是的中点，，分别在棱和上（不含端点），且平面.
（1）证明：平面；
（2）若为中点，求平面截该正四面体所得截面的面积；
（3）当直线与平面所成角为时，求.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，求的最大值.
18. 某学校的数学节活动中，其中有一项“抽幸运数字”擂台游戏，分甲乙双方，游戏开始时，甲方有2张互不相同的牌，乙方有3张互不相同的牌，其中的2张牌与甲方的牌相同，剩下一张为“幸运数字牌”.游戏规则为：
①双方交替从对方抽取一张牌，甲方先从乙方中抽取；
②若抽到对方的牌与自己的某张牌一致，则将这两张牌丢弃；
③最后剩一张牌（幸运数字牌）时，持有幸运数字牌的那方获胜.
假设每一次从对方抽到任一张牌概率都相同.奖励规则为：若甲方胜可获得200积分，乙方胜可获得100积分.
（1）已知某一轮游戏中，乙最终获胜，记为甲乙两方抽牌次数之和.
（ⅰ）求；
（ⅱ）求，；
（2）为使获得积分的期望最大，你会选择哪一方进行游戏？并说明理由.
19. 已知椭圆：的离心率为，斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，是关于轴的对称点.当与原点重合时，面积为.
（1）求的方程；
（2）当异于点时，记直线与轴交于点，求周长的最小值.
衢州市2024年6月高二年级教学质量检测试卷
数学
考生须知：
1.全卷分试卷和答题卷.考试结束后，将答题卷上交.
2.试卷共4页，有4大题，19小题.满分150分，考试时间120分钟.
3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效.
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目的要求.
1. 复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数乘法计算.
【详解】.
故选：D
2. 设随机变量，则的数学期望为（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项分布的变量的期望公式，代入运算得解.
【详解】，
.
故选：D.
3. 已知直线和平面，则“”是“直线与平面无公共点”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】B
【解析】
【分析】根据直线与平面的位置关系，结合充分，必要条件关系判断.
【详解】因为包含和直线与平面相交两种情况，因此若，则直线可以与平面无公共点也可以与平面有一个公共点，
因此“”是“直线与平面无公共点”的必要不充分条件.
故选：B．
4. 某圆锥的轴截面是腰长为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出该圆锥的底面半径和母线长，再求圆锥的侧面积得解.
【详解】由题得底面圆的直径为，
所以该圆锥的底面半径为，母线长为1，
所以该圆锥的表面积为.
故选：A.
5. 已知向量，且，则在上投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据条件求出，再根据投影向量的概念计算在上的投影向量.
【详解】由，得：.
又.
所以在上的投影向量为：.
故选：C
6. 在中，，是的中点，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理可得，即可得到，再由正弦型函数的值域，代入计算，即可求解.
【详解】
因为，，在中，
由正弦定理可得，
则，
且是的中点，则，
又，则，
则
，
又，则，
所以，则，
即的取值范围为.
故选：C
7. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先设切点，再根据导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式得到切线方程；再根据切线过点，得到的关系，利用有两解求的取值范围.
【详解】设切点，
又，所以切线斜率为：.
由点斜式，切线方程为：.
因为切线过点，所以.
所以：.
因为过原点的切线有两条，所以关于方程有两解.
由（），
设，则，
由得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，且当时，.
所以有两解，则.
故选：A
8. 已知曲线：，曲线：，两曲线在第二象限交于点，，在处的切线倾斜角分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】易知，利用导数的几何意义可求得，再根据圆的切线求法可得，再根据三角恒等变换可判断B正确.
【详解】联立，得，即，
可得，解得，，可得
由：可知；
所以曲线在处的切线斜率为，
曲线可化为，其圆心为，，
所以圆在处的切线斜率为，
，，即，故B正确，A、C错误，
，故D错误，
故选：B.
二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列论述正确的是（ ）
A. 样本相关系数时，表明成对样本数据间没有线性相关关系
B. 由样本数据得到的经验回归直线必过中心点
C. 用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越大，表示残差平方和越大，模型拟合效果越差
D. 研究某两个属性变量时，作出零假设并得到2×2列联表，计算得，则有的把握能推断不成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：根据相关系数的性质分析判断；对于B：根据经验回归方程过样本中心点分析判断；对于C：根据决定系数的性质分析判断；对于D：根据独立性检验思想分析判断.
【详解】对于选项A：样本相关系数的绝对值越大，线性相关性越强，
所以样本相关系数时，表明成对样本数据间没有线性相关关系，故A正确；
对于选项B：经验回归直线必过中心点，故B正确；
对于选项C：在回归分析中，越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好，故C错误；
对于选项D：因为，根据独立性检验的思想可知有的把握能推断不成立，故D正确；
故选：ABD.
10. 已知是双曲线的右焦点，为其左支上一点，点，则（ ）
A. 双曲线的焦距为6
B. 点到渐近线的距离为2
C. 的最小值为
D. 若，则的面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据双曲线的性质判断A，利用点到直线的距离公式判断B，利用双曲线的定义判断C，求焦点三角形的面积，可判断D.
【详解】如图：
由双曲线的标准方程，可知，，所以，所以双曲线的焦距为：，故A正确；
双曲线的渐近线为，即，点到渐近线的距离为：
，故B错误；
设双曲线的左焦点为,根据双曲线的定义：，
所以，故C正确；
在中，由，，，
由余弦定理得：，
所以，
所以，所以，故D错误.
故选：AC
11. 已知函数的定义域为，若，且为偶函数，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先根据函数既是中心对称又是轴对称，求得函数的周期，判断A，再根据函数周期和对称性求值，并求函数值，判断BCD.
【详解】∵，∴关于对称
∵为偶函数，∴关于对称
∴的周期，故A错；
（∵的周期为12）
（∵关于对称）
（∵关于对称），故B正确；
（∵的周期为12）
（∵关于对称）
（∵关于对称）
，即，故C正确；
∵的周期为12
∴，
，又，所以，
同理，，，
，又，所以，即，
由，令，得，，
，
所以，所以，
，
，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过对称性判断函数的周期.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数是______.(用数字作答)
【答案】
【解析】
【分析】写出二项展开式的通项，再根据通项赋值即可得展开式中的系数.
【详解】的展开式的通项
所以展开式中的系数是.
故答案为：.
13. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中任何一个人.则4次传球的不同方法总数为_________（用数字作答）；4次传球后球在甲手中的概率为_________.
【答案】 ①. 81 ②.
【解析】
【分析】先求出4次传球的方法总数，再求出4次传球后球在甲手中的方法总数，设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，依题意利用全概率公式得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出，再将代入计算可得.
【详解】由题意可知，4次传球总的传球路线种数为种，
设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，，
则有，，
所以
，
即，所以，
又，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
当时.
故答案为：81，.
14. 如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，即可求出体积取值范围.
【详解】因为是直角三角形，所以其外接圆的圆心在的斜边上，即是该圆的直径，
又因为平面平面，所以平面必过球心，外接球半径即为外接圆的半径，
设球的半径为，球的体积为，
在中，根据正弦定理得，，
又因为，所以，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是通过两平面垂直关系以及三棱锥的底面为直角三角形判断出球心的位置，判断球心在平面上，得出球心为外接圆的圆心，再求出的取值范围即可解决问题.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.
15. 已知数列为等比数列，，14，成等差数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，14，成等差数列，得，再结合及等比数列的通项公式，可求，从而得到等比数列的通项公式.
（2）利用“错位相减求和法”求数列的前项和.
【小问1详解】
由题意可知，即，
又∵，即，∴或（舍），
∴，
∴.
【小问2详解】
令，
∴，
即①
∴②
①-②得：
∴
∴.
16. 如图，在棱长为1的正四面体中，是的中点，，分别在棱和上（不含端点），且平面.
（1）证明：平面；
（2）若为中点，求平面截该正四面体所得截面的面积；
（3）当直线与平面所成角为时，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）线面平行的判定定理和性质定理证明即可；
（2）取中点，则平面即为平面截正四面体的截面，求解即可.
（3）方法一：取中点，连接，过点作的垂线，垂足为，连接，由线面角的定义可知即为直线与平面所成角，求解即可；方法二：如图，取中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，由向量法求解即可.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，
平面平面，
所以，又面，面，
所以平面；
【小问2详解】
因为，，为，，中点，取中点，
则平面即为平面截正四面体的截面，
且为边长是的正方形，
所以；
【小问3详解】
方法一：取中点，连接，过点作的垂线，垂足为，连接
易知，平面，
所以即为直线与平面所成角，
又，，
所以，，
所以，即
方法二：如图，取中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
，设，
所以，即，
所以，
又平面的法向量为，
所以，
解得，即.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分和两种情况，利用导数判断的单调性；
（2）根据题意结合（1）中的单调性可得，令，利用导数判断其单调性和最值.
小问1详解】
由题意可知：，
①当时，，可知在上单调递增；
②当时，令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
因为，由（1）可得：
①当时，可知在上单调递增，
且趋近于时，趋近于，与题意不符；
②当时，可知在上单调递减，在上单调递增，
则，可得，
且，则，
令，则，
令，解得；令，解得；
可知在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以当，时，的最大值为.
18. 某学校的数学节活动中，其中有一项“抽幸运数字”擂台游戏，分甲乙双方，游戏开始时，甲方有2张互不相同的牌，乙方有3张互不相同的牌，其中的2张牌与甲方的牌相同，剩下一张为“幸运数字牌”.游戏规则为：
①双方交替从对方抽取一张牌，甲方先从乙方中抽取；
②若抽到对方的牌与自己的某张牌一致，则将这两张牌丢弃；
③最后剩一张牌（幸运数字牌）时，持有幸运数字牌的那方获胜.
假设每一次从对方抽到任一张牌的概率都相同.奖励规则为：若甲方胜可获得200积分，乙方胜可获得100积分.
（1）已知某一轮游戏中，乙最终获胜，记为甲乙两方抽牌次数之和.
（ⅰ）求；
（ⅱ）求，；
（2）为使获得积分的期望最大，你会选择哪一方进行游戏？并说明理由.
【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ），
（2）乙方，理由见解析
【解析】
【分析】（1）（i）分析得到甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，从而乙方会剩下“幸运数字牌”，求出概率；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，得到概率；
（2）方法一：记乙方获胜为事件A，利用等比数列求和公式和极限得到，求出乙方获得积分的期望，求出甲方获胜的概率和积分的期望，根据选择乙方进行游戏.
方法二：设乙方获胜为事件A，由题意得到，求出，求出乙方获得积分的期望，求出甲方获胜的概率和积分的期望，根据选择乙方进行游戏.
【小问1详解】
（i）甲乙两方抽牌次数之和为，则甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，
从而乙方会剩下“幸运数字牌”，即乙获胜，
；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，
甲方在第次抽到的不是对方手中的幸运数字牌，从而乙方最后获胜，
所以，；
【小问2详解】
方法一：记乙方获胜为事件A，
则.
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
方法二：记乙方获胜为事件A，则乙方获胜的概率为，
事件A可分为甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌和是幸运数字牌两种情况，
其中若甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌，则乙会获胜，概率为，
若甲第一次抽中的牌是幸运数字牌，此时甲乙手中的牌相当于进行了互换，
则此时甲获胜的概率与乙获胜的概率相同，则甲不获胜的概率即为，
则，解得，
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
【点睛】关键点点睛：如图求解乙方获胜的概率，可使用等比数列求和公式和极限思想，也可以通过题意得到方程，求出答案.
19. 已知椭圆：的离心率为，斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，是关于轴的对称点.当与原点重合时，面积为.
（1）求的方程；
（2）当异于点时，记直线与轴交于点，求周长的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得；
（2）要求的周长，则需把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.
【小问1详解】
当与原点重合时，可设，则有、，
且，，
则，
即，∴，则，
即有，由离心率，即，
则，∴，即有，
解得，∴，
即的方程为；
【小问2详解】
设直线方程为，令，有，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去有，
有，，
，得，
为，
令，，
由中，得，
即，
则
，
当且仅当时等号成立，
故周长的最小值为.
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.