浙江省台州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题【含答案】

台州市2023学年第二学期高二年级期末质量评估试题数学一、单项选择题：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．集合，集合，则（

）A． B． C． D．2．复数及其共轭复数满足（其中i是虚数单位），则（

）A． B． C． D．3．已知向量，，．若，则（

）A．2 B．2或 C． D．或4．已知a，b为正实数，，则（

）A．ab的最小值为4 B．ab的最大值为4C．ab的最小值为2 D．ab的最大值为25．设定义在上的函数．记，对任意的，，则（

）A． B． C． D．6．甲、乙等5人站成前排2人、后排3人拍照，其中甲、乙两人在同一排相邻的排法共有（

）A．12种 B．24种 C．36种 D．48种7．现有2道单选题，假定学生张君对每道题有思路与无思路的概率均为0.5．他对题目若有思路，做对的概率为0.75；若没有思路，做对的概率为0.25．在已知张君恰做对1题的条件下，则其恰有1题有思路的概率为（

）A． B． C． D．8．设（且），方程在复数集C内的三个根为，可以将上述方程变形为，展开得到，比较该方程与方程，可以得到．已知（i是虚数单位），且是的三个实根，则（

）A．1 B． C．2 D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9．下列命题正确的是（

）A．若随机变量X服从二项分布，则B．若随机变量X服从正态分布，则C．当事件A，B，C两两独立时，D．当事件A，B，C两两互斥时，10．关于函数的图象的切线，下列说法正确的是（

）A．在点处的切线方程为B．经过点的切线方程为C．切线与的图象必有两个公共点D．在点处的切线过点，则11．已知的内角所对的边分别为a，b，c，其中a为定值．若的面积，则（

）A．的最大值为B．的最小值为C．周长的最小值为D．的取值范围是三、填空题：本题共3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．已知，，，则，．14．在正方体中，为正方形的中心，直线底面，则二面角的平面角的正弦值的最大值是．四、解答题：本小题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.15．已知函数，．给出如下三组条件：①函数的最小正周期为，且当时，取到最大值；②函数的单调递减区间是，单调递增区间是；③，是方程的两个根，的最小值为，且．从这三组条件中任选一组作为条件，完成以下问题：(1)求函数的解析式；(2)若，求的值．注：如果选择多组条件分别解答，按第一组解答给分．16．已知函数为偶函数．(1)求实数a的值；(2)若不等式恒成立，求实数b的取值范围．17．如图，在直三棱柱中，，，．D，E分别是棱的中点，点F在线段上．(1)若，求证：平面；(2)若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正切值．18．已知函数．(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，证明：；(3)若既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围．19．在做抛掷质地均匀硬币的试验过程中，将正面朝上记作1，反面朝上记作0，记录结果得到一串由0和1构成的序列.在序列中规定：仅有数字0相连的排列称为由0构成的游程；仅有数字1相连的排列称为由1构成的游程.如在序列000111110100001101110010011000中，共有13个游程，其中由0构成的游程有7个，分别是000，0，0000，0，00，00，000；由1构成的游程有6个，分别是11111，1，11，111，1，11.(1)由2个0和3个1随机构成的序列中，求游程个数的分布列与期望；(2)由m个0和n个1随机构成的序列，记作.记事件，，，3，…，.（i）求，；（ii）求游程个数的期望.1．B【分析】根据题意结合集合间的交集运算求解.【详解】因为集合，集合，所以.故选：B.2．D【分析】设出复数的代数形式，结合共轭复数及复数相等求出即可.【详解】设，由，得，即，因此，所以.故选：D3．B【分析】根据向量共线的坐标表示式列出方程，求解即得.【详解】因，，则，由可得，，解得，或.故选：B.4．A【分析】由题设条件等式，运用基本不等式计算即得.【详解】因a，b为正实数，由可得，即得，当且仅当时取等号，即时，ab的最小值为4.故选：A.5．C【分析】根据题意，由复合函数的求导法则可得对于，若能被4整除，则，代入计算，即可求解.【详解】由题意可得，，，，，，通过以上可以看出满足以下规律：①对于，若能被4整除，则；②对于，若除4余1，则，③对于，若除4余2，则，④对于，若除4余3，则，则.故选：C6．C【分析】分两种情况，甲、乙两人站前排和甲、乙两人站后排，先排甲、乙再排其他人，利用分类加法原理可求解.【详解】分两种情况，当甲、乙两人站前排时，有种排法，当甲、乙两人站后排时，先排甲、乙再排其他人，有种排法，综上，共有种排法.故选：C7．D【分析】首先利用全概率公式求做1题且作对的概率，再结合二项分布概率公式，以及条件概率公式，即可求解.【详解】设事件为张君对1题有思路，表示张君对1题没有思路，事件表示做对，则，所以2题恰有1题作对的概率为，则2题中作对1题，且只有1题有思路的概率，所以张君恰做对1题的条件下，则其恰有1题有思路的概率为.故选：D8．B【分析】由结合复数相等得，再借助复数根的定义，结合和角的正切公式计算即得.【详解】依题意，，即，而且，则，，，，所以.故选：B【点睛】关键点点睛：由已知结合复数相等求得是解题的关键.9．BD【分析】根据二项分布得方差公式即可判断A；根据正态分布得对称性，从而可判断B；根据独立事件乘积公式结合具体事件说明即可判断C；根据互斥事件和概率公式计算，即可判断D．【详解】对于A，由随机变量X服从二项分布，得，故A错误；对于B，因为随机变量X服从正态分布，则对称轴为，，所以，故B正确；对于C，三个事件A，B，C两两独立能推出，且，且，但是推不出，比如：从1，2，3，4中随机选出一个数字，事件A：取出的数字为1或2．事件B：取出的数字为1或3，事件C：取出的数字为1或4，则为取出数字1，所以，满足．且，且，但是推不出，故选项C错误；当事件A，B，C两两互斥时，则互斥则,D选项正确；故选：BD.10．ACD【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义判断A、C、D，设切点为，表示出切线方程，求出，即可判断B.【详解】由得，对于A：由，所以函数在点处的切线方程为，即，故A正确；对于B：设切点为，所以，所以切线方程为，又切线过点，所以，解得或，所以过点的切线方程为或，故B错误；对于C、D：，则在点的切线方程为，则，即，因为，则，即，即，所以，又，当时，又点在函数上，且与点相异，即过曲线上任意点（除原点外）的切线必经过曲线上另一点（不是切点），对于切线，则切点不是坐标原点，所以切线与的图象必有两个公共点，故C、D正确.故选：ACD11．ACD【分析】根据已知条件得到，，设边上的高为，利用利用余弦定理、同角三角函数关系式和基本不等式计算判断各个选项；【详解】，，∴，设边上的高为，对于A，根据余弦定理，，，，，当时，即时，等号成立，所以两边平方可得,所以的最大值为，故A正确.对于B，,当时，等号成立，由A可知，所以，则的最小值为，故B错误；对于C，周长为，当时，等号成立，，所以周长的最小值为，故C正确；对于D，两边同时除以，，计算可得的取值范围是，故D正确；故选：ACD.【点睛】解三角形中求最值方法1.边的范围或最值方法：根据边角的各自特点，利用正（余）弦定理进行合理转化，在利用三角函数的范围或基本不等式进行求解；2.周长范围或最值方法：周长问题可看作边长问题，解决周长问题可类同求边的范围或最值；3.角的范围或最值方法：可借助三角函数的有界性，或利用正（余）弦定理把三角转化成边，在结合不等式的相关性质进行求解；4.面积的范围或最值方法：通常利用面积公式，将其转化为同一类元素，然后三角函数的有界性或者实数的不等式求解12．40【分析】二项式定理展开式中的特定项的系数问题，只需按照二项式定理展开即可.【详解】根据二项式定理，含有的项为.故答案为：40.13．【分析】利用题设等式先求出，再由求出，继而求得和，最后分别代入和角公式与差角公式计算即得.【详解】由可得，两边分别除以的左式和右式，.因，则，故，展开得，，因，代入得，，两式相除得，，于是，，.故答案为：；.14．##【分析】利用空间向量方法计算该二面角的余弦值的平方，然后相应证明，即可得到，最后给出取到等号的例子即可.【详解】不妨设正方体的边长为，以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.则平面即为由轴和轴确定的平面，，.设与同向的一个非零向量是，是原点在上的投影，则由于向量与垂直且可落入平面内，故存在实数使得，即.设和分别是与确定的平面和与确定的平面的一个法向量.则，故.解得的一个可能的取值是，.由于，故，.记二面角的值为，则.一方面，由于，故，从而.故，从而.另一方面，当为直线时，由于垂直于平面，在平面内，故，.所以二面角的大小等于，即.综上，二面角的正弦值的最大值是.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用空间向量方法计算二面角的余弦值，再用代数变形求正弦值的最大值.15．(1);(2).【分析】(1)利用周期计算，利用代点法计算即可;(2)代入找到角的关系即可.【详解】（1）若选择①：由题知，故．当时，，，故，又，故．所以．若选择②：由单调区间可知周期为，故，故．由题意知当时，取最小值，即，，故，又，故．所以．若选择③：令，即，易知，，即，又的最小值为，故．由，可知是的对称中心，则，，故，又，故．所以．（2）由，得．故．16．(1)．(2)．【分析】（1）由偶函数的定义域关于原点对称即可求得的值；（2）根据函数定义域分段讨论，化简不等式，利用不等式恒成立即得参数范围.【详解】（1）的定义域为，由是偶函数，知其定义域关于原点对称，故；当时，为偶函数.所以．（2）由（1）知，，则恒成立即（*）恒成立．①当时，（*）式恒成立等价于恒成立，即恒成立，因，故；②当时，（*）式恒成立等价于恒成立，即恒成立，因，故．综上可得，b的取值范围是．17．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）先证明得A，F，三点共线，再证即得；（2）过点B作,证平面，可得就是直线与平面所成的角，利用体积求出点F到平面的距离，证，继而求出即得.【详解】（1）连接,在直三棱柱中，，所以．又因为，，所以，故，即A，F，三点共线．因点D，E分别是棱、的中点，故，又平面，平面，所以平面．（2）过点B作，垂足为点H，连接FH，FB．在直三棱柱中，平面，又平面，所以，又，，所以平面．故是斜线在平面上的射影，所以就是直线与平面所成的角．记点F到平面的距离为，，得．因,故得F为的中点，即．在中，因,则,于是，，，．求得，故．所以直线与平面所成角的正切值为．18．(1)单调递增区间是，函数的单调递减区间是，．(2)证明见解析(3)【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数后由导数的正负可求出函数单调区间；（2）不等式转化为，构造函数，利用导数求出其单调区间，利用其单调性可证得结论；（3）设，令，则转化为既有极大值又有极小值，则，令，然后对函数求导后，分，，，四种情况讨论即可得答案.【详解】（1）当时，，函数的定义域为，，令，解得；令，解得或，故函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是，．（2）当时，，函数的定义域为，不等式就是不等式（*），当时，（*）式等价于；当时，（*）式等价于．设，，故在上单调递增，故当时，，即，当时，，即．所以原式成立．（3）设，令，既有极大值又有极小值等价于既有极大值又有极小值．，记．，①当时，有，则在上单调递增，故函数在上至多有1个零点，不合题意；②当时，在上单调递减，在上单调递增，且，故在上没有零点，不合题意；③当时，在上单调递减，在上单调递增，又，，故函数在上没有零点，不合题意；④当时，在上单调递减，在上单调递增，且有，，，（这里用不等式：当时，）．下面证明当时，，令，则，令，则，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以当时，，所以，，又因为函数的图象分别在区间，上连续，所以函数在，内各有1个零点，分别记为和，故、分别为函数的极大值点、极小值点．即既有极大值又有极小值．综上，当时，既有极大值又有极小值．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，考查利用导数解决函数极值问题，第（3）问解题的关键是换元后将问题转化为既有极大值又有极小值，然后两次求导后分情况讨论，考查计算能力和数学转化的思想及分类讨论思想，属于难题.19．(1)分布列见解析，(2)（i），；（ii）．【分析】（1）由已知，分别求出，，，，即可列出分布列，求出期望；（2）（i）由古典概型可得，；（ii）由（i）可知，，3，…，，设设1游程个数为Y，设0游程个数为Z，则由期望的性质可得，进而可得，类似可得，则得两类游程数目的数学期望为.【详解】（1）设X表示游程的个数，则，由2个0和3个1在排列时，共有