江苏省徐州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份江苏省徐州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 已知是定义在上的函数，且，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共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. D.
2. 用数字组成没有重复数字四位数，其中偶数的个数为（ ）
A 48B. 60C. 96D. 120
3. 我们通常用里氏震级来标定地震规模的大小，里氏震级与震源中心释放的能量有关，二者满足关系式2008年5月12日，四川汶川发生里氏8.0级地震，2024年6月12日，四川甘孜州石渠县发生里氏4.7级地震，则里氏8.0级地震释放的能量是里氏4.7级地震释放的能量的（ ）
A. 1.7倍B. 4.95倍C. 倍D. 倍
4. 已知函数在上单调递增，则实数取值范围为（ ）
A. B. C. D.
5. 从数字中随机取一个数字，记为，再从数字中随机取一个数字，则第二次取到的数字为2的概率是（ ）
A. B. C. D.
6. 若直线经过曲线的对称中心，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
7. 在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知是定义在上的函数，且，则（ ）
A. B. C. D. 0
二､多选题：本题共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. 已知为实数，则“”的必要条件可以为（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知函数，则（ ）
A.
B. 为奇函数
C. 在区间上单调递增
D. 集合的元素个数为4
11. 如图，在边长为12的正方形中，分别边的三等分点，正方形内有两点，点到的距离分别为，点到的距离也是和，其中.将该正方形沿折起，使与重合，则在该空间图形中，（ ）
A. 直线平面
B. 的最小值为
C. 线段的中点到的距离不超过
D. 异面直线与成角时，
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量，若，则__________.
13. 已知，则__________，被6除所得的余数是__________.
14. 已知函数，若对任意，则实数取值范围为__________.
四､解答题：本题共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. 已知的展开式的各项系数和为256.
（1）求展开式中的常数项；
（2）设，证明：；
（3）求证：.
16. 为加快推动旅游业复苏，进一步增强市民旅游消费意愿，某景区推出针对中､高考生的优惠活动：凭中､高考准考证可优惠购票，并可以八折购买“金榜题名”文创雪糕.该景区从中､高考生游客中随机抽取200人了解他们对这项活动的满意度，统计得到列联表如下：
（1）判断能否有的把握认为满意度与考生类型有关？
（2）现从高考生的样本中用分层抽样的方法选出5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步的访谈，求这3人中不满意的人数的概率分布及数学期望.
附：，其中
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，，.
（1）若点为棱的中点，求二面角的余弦值；
（2）若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值.
18. 对于函数，记.已知定义在上的函数满足，当时，，其中是给定的正整数，记集合.
（1）当时，求；
（2）证明：当时，；
（3）求.
19. 在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正､负方向､轴正､负方向或轴正､负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第1秒末，质点会等可能地出现在六点处.
（1）求该质点在第4秒末移动到点的概率；
（2）设该质点在第2秒末移动到点，记随机变量，求的均值；
（3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：.
不满意
满意
合计
高考生
60
40
100
中考生
35
65
100
合计
95
105
200
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
2023~2024学年度第二学期期末抽测
高二年级数学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共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. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的定义域化简集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】，而 ，
，
故选：C
2. 用数字组成没有重复数字的四位数，其中偶数的个数为（ ）
A 48B. 60C. 96D. 120
【答案】A
【解析】
【分析】考查排列组合中的分步计数原理，先确定个位数字，再确定其他数字即可.
【详解】第一步，个位为2或4，共两种方法；
第二步，千、百、十位有种方法.所以，共种方法.
故选：A.
3. 我们通常用里氏震级来标定地震规模的大小，里氏震级与震源中心释放的能量有关，二者满足关系式2008年5月12日，四川汶川发生里氏8.0级地震，2024年6月12日，四川甘孜州石渠县发生里氏4.7级地震，则里氏8.0级地震释放的能量是里氏4.7级地震释放的能量的（ ）
A. 1.7倍B. 4.95倍C. 倍D. 倍
【答案】D
【解析】
【分析】借助所给关系式，分别计算出里氏8.0级地震释放的能量与里氏4.7级地震释放的能量后作商即可得.
【详解】当时，有，即，即，
当时，有，即，即，
故.
故选：D.
4. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数在上单调递增，可知各段分别在对应自变量范围上单调递增，且在时满足，在分析函数的单调性时需分类讨论.
【详解】因为函数在上单调递增，
当，即时，需满足，解得，
所以；
当，即时，需满足，
即，解得，又，所以,
综上，实数的取值范围为.
故选：B
5. 从数字中随机取一个数字，记为，再从数字中随机取一个数字，则第二次取到的数字为2的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用互斥事件加法公式和全概率公式求解即可.
【详解】记事件为“第一次取到数字n”， ，
事件B为“第二次取到的数字为2”，
由题意知是两两互斥的事件，且（样本空间），

,
故选：B
6. 若直线经过曲线对称中心，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据，可得曲线的对称中心为，把坐标代入直线方程得，结合基本不等式可求最大值.
【详解】记，因为
，所以的对称中心为
因为直线过的对称中心，
所以，即，
所以，当且仅当时取等号，即的最大值为4.
故选：
7. 在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
由，得到，取，得到，所以，
所以点到平面的距离为，
故选：C.
8. 已知是定义在上的函数，且，则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】先根据和判断出的图象关于直线对称，关于点对称，从而得到周期为4；再根据得到，最后化简所求表达式并利用二项式系数和的性质求解即可.
【详解】因为，即，所以函数的图象关于直线对称；
又因为，所以，所以函数的图象关于点对称；
所以，所以，即函数周期为4，
又因为，所以，即.
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的周期性、对称性等性质，解题的关键是将抽象函数利用相关条件进行转化.
二､多选题：本题共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. 已知为实数，则“”的必要条件可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据“必要条件”的定义，分别构造函数，，，，根据函数的单调性即可得出判断．
【详解】对于A，因为在单调递增，
所以当时，成立，故A符合题意；
对于B，因为在上单调递增，
所以当时，，成立，故B符合题意；
对于C，因为在上单调递减，
所以当时，，故C不合题意，
对于D，因为在上单调递减，在上单调递增，
当时，若时，，
若时，，故D不合题意，
故选：AB．
10. 已知函数，则（ ）
A.
B. 为奇函数
C. 在区间上单调递增
D. 集合的元素个数为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A直接计算即可，对于B验证，对于C先证明上的单调性，再根据奇偶性得到 上的单调性，对于D把问题转化方程解的个数的判断.
【详解】对A，，故A正确；
对B，的定义域为，关于原点对称，，所以为奇函数，故B正确；
对C，当时，，，根据单调递增，所以在单调递减，
又因为是奇函数，所以在单调递减，且，所以在上单调递减，故C错误；
对D，得：，
当时，方程可化为，
因为，此时，方程的两根满足，可以说明，
所以当时，有两个不相等正根，
当时，方程可化为，
因为，此时，方程的两根满足，可以说明，
所以当时，有两个不相等的负根，
综上所述，方程有四个不相等的实数解，即集合有个元素，故D正确.
故选：ABD
11. 如图，在边长为12的正方形中，分别边的三等分点，正方形内有两点，点到的距离分别为，点到的距离也是和，其中.将该正方形沿折起，使与重合，则在该空间图形中，（ ）
A. 直线平面
B. 的最小值为
C. 线段的中点到的距离不超过
D. 异面直线与成角时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件，建立如图所示的空间直角坐标系，求得，选项A，先求出平面的一个法向量，利用，即可求解；选项B，因为，利用二次函数的性质，即可求解；选项C，求出的中点及的坐标，即可求解；选项D，利用线线角的向量法，即可求解.
【详解】如图，取中点，的中点，连接，
因，所以，
因为，，又，面，
所以面，又，所以面，
故，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
设于，于，过作于,
易知，，又，所以，又，
所以，同理可知，所以，
对于选项A，易知平面的一个法向量为，因为，
显然平面，所以平面，故选项A正确，
对于选项B，因为，
令，其中，
对称轴，所以，
所以，故选项B正确，
对于选项C，因为的中点，，
所以 ，故选项C错误，
对于选项D，因为，所以，
所以，整理得到，
解得或（舍），故选项D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于建立空间直角坐标系，求出，再利用线面平行的向量法、空间两点间的距离及线线角的向量法，即可求解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量，若，则__________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求解即可.
【详解】因为随机变量，，
所以
又因为，
所以由对称性知，.
故答案为：4
13. 已知，则__________，被6除所得的余数是__________.
【答案】 ①. 2 ②. 5
【解析】
【分析】利用赋值法求出常数项及所有项系数和即可得解；求出的表达式，再利用二项式定理求解余数问题.
【详解】依题意，，，
所以；
，
显然是6的整数倍，而除以6余5，
所以被6除所得的余数是5.
故答案：2；5.
14. 已知函数，若对任意，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】对分类讨论，分析结合特值可排除，当时转化为二次函数、二次不等式恒成立问题求解即可.
【详解】因为，
当时，，，所以不恒成立，
故，
当时，，显然不恒成立，（如），
当时，由可得，
平方可得，
由时，恒成立，
令，
当，即时，，显然不恒成立，
当时，恒成立，
需满足，解得，即，
综上，实数的取值范围为.
四､解答题：本题共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. 已知的展开式的各项系数和为256.
（1）求展开式中的常数项；
（2）设，证明：；
（3）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得，求出，再求出二项式展开式的通项公式，令的次数为0，求出，从而可求出展开式中的常数项；
（2）根据阶乘公式化简等式右边即可；
（3）根据（2）的结论，利用裂项相消求和法可证得结论.
【小问1详解】
因为的展开式的各项系数和为256，
所以，解得，
所以，
展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的常数项为；
【小问2详解】
证明：因为
，
所以；
【小问3详解】
证明：因为由（2）知，
所以
16. 为加快推动旅游业复苏，进一步增强市民旅游消费意愿，某景区推出针对中､高考生的优惠活动：凭中､高考准考证可优惠购票，并可以八折购买“金榜题名”文创雪糕.该景区从中､高考生游客中随机抽取200人了解他们对这项活动的满意度，统计得到列联表如下：
（1）判断能否有的把握认为满意度与考生类型有关？
（2）现从高考生的样本中用分层抽样的方法选出5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步的访谈，求这3人中不满意的人数的概率分布及数学期望.
附：，其中.
【答案】（1）有的把握认为满意度与考生类型有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据所给数据计算，再由所给参考数据作出结论；
（2）由分层抽样得出满意及不满意人数，根据超几何分布求出概率，得出分布列，求期望即可.
【小问1详解】
零假设为满意度与考生类型相互独立，即满意度与考生类型无关.
由列联表可得：
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
所以有的把握认为满意度与考生类型有关.
【小问2详解】
高考生共有100人，其中不满意的有60人，满意的有40人，
由分层抽样，其中抽得不满意的有3人，满意的有2人，
由题意，的可能取值为，
则，，，
所以的分布列为：
.
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，，.
（1）若点为棱的中点，求二面角的余弦值；
（2）若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，证明出为等腰直角三角形，由面面垂直得到线面垂直，得到两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到二面角的余弦值；
（2）表达出，从而得到，表达出，换元后，求出最值.
【小问1详解】
连接，因为，所以，
又，，所以四边形为菱形，
又，故菱形为正方形，
故，由勾股定理得，
因为，所以，
由勾股定理逆定理得⊥，故为等腰直角三角形，
取的中点，连接，则⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
又，所以⊥，，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
故，
设二面角的大小为，由图形可知，为锐角，

故二面角的余弦值；
【小问2详解】
设，则，
解得，故，
，，
平面的法向量为，平面的法向量为，
故
，
，
故，
，令，
则，
故当时，取得最大值，最大值为.
18. 对于函数，记.已知定义在上的函数满足，当时，，其中是给定的正整数，记集合.
（1）当时，求；
（2）证明：当时，；
（3）求.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3），
【解析】
【分析】（1）根据的值先确定的值，再求；
（2）分别取，，，四三种情况证明当时，；
（3）首先计算出，然后计算出，最后再证明对于任意且.
【小问1详解】
当时，，
当时，，所以，则，所以，
当时，，所以，则，所以，
，
；
【小问2详解】
设，则，
，故
设，则，
，故；
设，则，
，故；
设，则，
，故；
综上，当时，.
【小问3详解】
，由（2）知当时，有，故，
而，故.
当时，，
,
由上，当且时，；
下证：对于任意且.
由（2）知，若，则，故；
若，则，故；
综上，对于任意且.
故.
【点睛】方法点睛：对于新定义题型，一般分为以下几步：
（1）对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号；
（2）对新定义所提取的信息进行加工，探究解决方法，有时能够追求临近的知识点，明确它们的共同点与不同点；
（3）对新定义中提取的知识进行变换，有效的输出；假如是新定义的运算，直接依据运算法则计算即可；
假如是新定义的性质，一般要判断性质的合用性，可否利用定义的外延.
19. 在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正､负方向､轴正､负方向或轴正､负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第1秒末，质点会等可能地出现在六点处.
（1）求该质点在第4秒末移动到点的概率；
（2）设该质点在第2秒末移动到点，记随机变量，求的均值；
（3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据组合公式得到共有6种可能，再计算出所有情况，利用古典概型公式即可得到答案；
（2）首先得到的所有可能取值为，再按步骤写出其分布列，计算其期望即可；
（3）设质点向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，则，化简比较大小即可.
【小问1详解】
在第4秒末质点要移动到点，需要沿轴正方向移动2次，
沿轴正方向移动2次，所以共有种可能.
故该质点在第4秒末移动到点的概率为.
【小问2详解】
质点在第2秒可能移动到点，
，
，
所以的所有可能取值为.
，
所以.
【小问3详解】
质点要在第秒末回到原点，
则必定向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，
向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，
向轴正、负方向移动相同的次数，为次.
所以
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是得到的所有可能取值为，第三问的关键是得到，再化简即可.
不满意
满意
合计
高考生
60
40
100
中考生
35
65
100
合计
95
105
200
005
0.025
0.010
0.005
0.001
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
1
2
3