浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题【含答案】

浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题注意事项:1.请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷相应位置上.2.全卷满分150分，考试时间120分钟.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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．若，则（

）A． B． C． D．3．若函数在上有两个不同的零点，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．4．已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（

）A． B． C． D．5．已知，则（

）A． B． C． D．6．将编号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子至少放1个小球，则不同的放法种数是（

）A．2640 B．2160 C．1800 D．15607．设为两个随机事件，若，则（

）A． B． C． D．8．已知函数的定义域为，对定义域内任意的，当时，都有，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．函数和在上有相同的单调性二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知都是正实数，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．10．四位同学各掷大小一致、质地均匀的骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数.四位同学的统计结果如下，则可能出现点数6的是（

）A．平均数为3，中位数为2 B．平均数为2，方差为2.4C．中位数为3，众数为2 D．中位数为3，方差为2.811．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．恒成立 B．在上单调递增C．在上有4个零点 D．是周期函数三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．.13．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则四面体的外接球的表面积是.14．在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值是.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;(2)求的单调递增区间.16．有和两道谜语，张某猜对谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元;猜对谜语的概率为0.5，猜对得奖金20元.每次猜谜的结果相互独立.(1)若张某猜完了这两道谜语，记张某猜对谜语的道数为随机变量，求随机变量的分布列与期望;(2)现规定：只有在猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道.如果猜谜顺序由张某选择，为了获得更多的奖金，他应该选择先猜哪一道谜语?17．如图1，在四边形ABCD中，，现将沿着AC进行翻折，得到三棱锥，且平面平面，如图2.(1)若与平面所成的角为，证明：;(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.18．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程;(2)当时，证明：在上恒成立.19．已知集合，对于，，定义与之间的距离为.(1)若，求所有满足的点所围成的图形的面积;(2)当时，，并且，求的最大值（用表示);(3)当时，求集合中任意两个元素之间的距离的和.1．D【分析】根据集合交并补运算，结合选项即可逐一求解.【详解】对于A，，故A错误，对于B，或，所以，故B错误，对于C，，但，故C错误，对于D，，故D正确，故选：D2．A【分析】根据复数的除法运算即可化简求解.【详解】,故选：A3．B【分析】根据一元二次方程根的分布，即可列出不等式，结合选项即可求解.【详解】在上有两个不同的零点,则，故，故B正确，ACD错误，故选：B4．A【分析】先求出，再根据夹角公式可求余弦值.【详解】因为，所以，从而，所以即，故，故选：A.5．C【分析】先根据三角恒等变换求出，再根据已知条件缩小范围，从而确定符号进而求解即可.【详解】由已知，则，平方得，即，解得，又，，且，则，即，所以由，得，故，所以.故选：C.6．D【分析】分两类分别算出每一类下的方法种数，再按照分类加法计数原理相加即可求解.【详解】分两类解决这个问题：第一类，一个盒中3个球，另外三个盒中每个盒1个球，共有种；第二类，其中两个盒每个盒2个球，另外两个盒每个盒1个球，共有种；按照分类加法计数原理得，不同的方法种数共有种.故选：D.7．B【分析】根据条件概率公式可得，进而利用概率加法公式以及对立事件概率，即可代入求解.【详解】由条件概率可得,,所以,,所以,故选：B8．C【分析】根据函数不等式恒成立分别应用各个选项判断即可.【详解】对于A：，，因为，所以，因为，所以恒成立，又因为不相等，所以，A选项错误；对于B：，所以恒成立，所以，又因为不相等，，所以，又，，，，所以，所以，B选项错误；对于C:因为不相等，不妨设，因为，所以，所以，C选项正确，对于D：不妨设在上单调递增，任取，满足，则，因为，所以，所以，所以单调递减，D选项错误.故选：C.【点睛】方法点睛：结合已知条件及函数单调性定义判断单调性，结合三角不等式判断绝对值不等式范围.9．ABD【分析】运用基本不等式逐一分析选项即可.【详解】都是正实数,,当且仅当，即时等号成立，故正确；，当且仅当，即时等号成立，故正确；当时，不成立，故错误；，当且仅当时等号成立，令，，即，即，即，所以成立，故正确.故选：.10．ACD【分析】根据题意，分别举例判断，即可求解.【详解】对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确；对于B，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为时，一定不会出现点数6，所以B错误；对于C，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以C正确；对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，则平均数为，方差为，所以可以出现点6，所以D正确.故选：ACD11．AC【分析】利用三角函数的有界性，结合放缩法即可求解A，利用端点处的函数值比较，即可判断B，由导数求解函数的单调性，作出函数图象，即可求解C，利用三角函数的周期公式，即可求解D.【详解】对于A,,故A正确，对于B，故，故B错误，对于C,令，记，则，当单调递增，当单调递减，且，而，在同一直角坐标系中作出函数图象如下：故两函数图象有4个不同的交点，因此函数在上有4个零点，C正确，对于D，由于为周期函数，且最小正周期为，而也为周期函数，且最小正周期为，由于为无理数，而2为有理数，则不存在整数使得，所以不是周期函数，D错误，故选：AC【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．12．3【分析】利用换底公式及其对数运算法则求解即可.【详解】故答案为：.13．【分析】取中点，连接，将四面体补为直三棱柱，利用正弦定理求出外接圆的半径，再利用球的半径公式及球的表面积公式求解即可.【详解】取中点，连接，因为在棱长为2的正方体中，所以三棱柱是直三棱柱，又因为平面，所以四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，因为为棱的中点，四边形是边长为2的正方形，所以，在中，，又是锐角，所以，由正弦定理得外接圆的半径为，所以直三棱柱的外接球半径为，所以四面体的外接球的表面积为.故答案为：.14．##【分析】由余弦定理可得和，利用三角形的面积公式，代入即可化简求解.【详解】在中，由余弦定理得：，即，所以①，因为在中，由余弦定理得：，即，所以②，又因为在中，在中，所以所以由②﹣①得：，因为，所以故．故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换公式化简，即可得到函数解析式，代入计算，即可求解；（2）根据题意，由正弦型函数的单调区间，代入计算，即可求解.【详解】（1）因为，则.（2）由（1）可知，，令，解得，所以的单调递增区间为16．(1)分布列见解析，(2)先猜A【分析】（1）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别求得其对应概率，结合期望的定义，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，分别求得先猜A谜语得到的奖金期望与先猜B谜语得到的奖金期望，比较大小，即可得到结果.【详解】（1）由题意可得，的可能取值为，，，，则分布列为则.（2）设选择先猜A谜语得到的奖金为元，选择先猜B谜语得到的奖金为元，则随机变量的可能取值为：0，10，30，可得，，，所以随机变量的的分布列为：Y01030P0.20.40.4所以期望；又由随机变量的可能取值为：0，20，30，可得，，，随机变量的分布列为：Z02030P0.50.10.4所以期望为，∴，所以小明应该先猜A.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）过作于，则由平面平面，可得平面，所以为与平面所成的角，则，再结合已知的数据可证得，然后由线面垂直的判定定理可得平面，则；（2）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：过作于，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以为与平面所成的角，所以，所以，因为，所以，所以，在中，，所以，所以，所以,因为，所以，即，因为，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）过作于，由（1）可知平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接，取的中点，连接,因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，得，所以，所以，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.18．(1)(2)证明见详解.【分析】（1）先求导函数并计算，再通过点斜式求切线方程即可；（2）通过求导函数，证明存在，使得，则函数在单调递增，在单调递减，再证明即可.【详解】（1）当时，函数，则，且，所以切线方程为，即.（2）由题意可知，，且，令，，则在恒成立，所以在单调递减，即在单调递减，且，令，，所以在恒成立，所以在单调递增，所以，即，由因为，当时，，所以存在，有，所以函数在单调递增，在单调递减，又因为，且，所以所以函数在恒成立.19．(1)8(2)(3)【分析】（1）根据可得，即可分类去掉绝对值求解，（2）分两种情况，结合绝对值不等式的性质放缩即可求解；（3）对第一个位置的数字两两作差并取绝对值，可得个，可得个，可得个,即可求解和.【详解】（1）由可得，当时，，当时，，当时，，当时，，故围成的图形为正方形,其中,如下：故面积为（2）设，，，所以，，当，当时，综上所述，；（3），设其中中均有个元素，,共有个不同的元素，从的个不同的元素任取2个不同的元素共有种选法，从中任选一个元素，对第一个位置的数字两两作差并