浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题（Word版附答案）

这是一份浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题（Word版附答案），共12页。试卷主要包含了设集合，则，的展开式中的系数为，下列说法错误的是，已知函数，若，则的最小值为，已知复数等内容，欢迎下载使用。

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.设集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.的展开式中的系数为（ ）
A.-80 B.-40 C.10 D.40
3.已知是两个不同的平面，直线，则“”是“”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.下列说法错误的是（ ）
A.若样本相关系数的绝对值越接近于1，则两变量的线性相关程度越强
B.一组数据的第80百分位数为7
C.由样本点得到回归直线，则这些样本点都在该回归直线上
D.若，则事件与事件相互独立
5.已知非零向量与满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6.由甲､乙､丙三个地区的学生参加的某项竞赛，已知这三个地区参加竞赛人数的比为5：3：2，且甲､乙､丙三个地区分别有的学生竞赛成绩优秀.若小嘉同学成绩优秀，则他来自下列哪个地区的可能性最大（ ）
A.甲地区 B.乙地区 C.丙地区 D.不能确定
7.已知函数在区间上的值域为，则实数的取值可以是（ ）
A.1 B. C. D.4
8.已知函数，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
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.已知复数（其中是虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A.的虚部为
B.
C.在复平面内对应的点位于第四象限
D.若，则
10.已知函数及其导函数的定义域均为，若均为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. B.的图象关于点对称
C. D.
11.2024年6月嘉兴市普通高中期末检测的数学试卷采用新结构，其中多选题计分标准如下：①每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；②部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）.若每道多选题有两个或三个正确选项等可能，在完成某道多选题时，甲同学在选定了一个正确选项后又在余下的三个选项中随机选择1个选项，乙同学在排除了一个错误选项后又在余下的三个选项中随机选择2个选项，甲､乙两位同学的得分分别记为和，则（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知随机变量，且，则__________.
13.某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文､数学､政治､英语､体育､艺术6堂课的课程表，要求数学课不排在下午，体育课不排在上午第1节，则不同的排法总数是__________.（用数字作答）
14.已知为球的球面上四个点，且满足，平面，则球的表面积的最小值为__________.
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.（13分）
已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）当时，求函数的最大值.
16.（15分）
已知的内角的对边分别是，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
17.（15分）
如图，和都垂直于平面，且.
（1）证明：平面平面；
（2）当平面与平面的夹角为时，求几何体的体积.
18.（17分）
为了了解某市市民平均每天体育锻炼的时间，在该市随机调查了位市民，将这位市民每天体育锻炼的时间（单位：分钟）分为五组，得到如图所示的频率分布直方图：
（1）求的值并估计该市市民每天体育锻炼时间的平均数；
（2）假设每天的体育锻炼时间达到60分钟及以上为“运动达人”.若从样本中随机抽取一位市民，设事件“抽到的市民是运动达人”，“抽到的市民是男性”，且.
（i）求和；
（ii）假设有的把握认为运动达人与性别有关，求这次至少调查了多少位市民？
附：
19.（17分）
已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，求证：在区间有唯一的极值点；
（3）若对于任意的恒成立，求实数的取值范围.
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
嘉兴市2023~2024学年第二学期期末检测
高二数学参考答案
（2024.6）
一､单选题（40分）
1-8CDAC AABB
二､多选题（18分）
9.BCD 10.ACD 11.AD
三､填空题（15分）
12. 13.408 14.
8.解析：，即，
构造函数
当时单调递减，当时单调递增，
因为，所以，此时，
令，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以的最小值为.综上，答案为B.
11.解析：的分布列为
由此可得
.
的分布列为
由此可得，
.
综上，答案为AD.
14.解析：如图，以为底，为高补成直三棱柱分别为，的外心，易知球心即为中点，设球心半径为外接圆半径为，则，由正弦定理可知：，当时取等到.
.
四､解答题（77分）
15.解：（1）因为，所以.
所以切线方程为，即.
（2）令，
因为，所以在单调递增，单调递减，
所以.
16.解：（1）因为，所以，则，即，
所以，因为，故.
（2）解法1：，所以，
所以.所以，
因为，所以，所以.
解法2：因为，所以①，
因为，所以②，又因为③，
由①②③解得.所以.
17.（1）证明：取中点中点，连，则且.
又平面平面，
又且且，
四边形为平行四边形，，
平面平面，
是中点，
，
平面，且，
平面，
又平面，
平面平面.
（2）解法1：（几何法）
延长交于点，连，易知.
由（1）可知，平面.
平面，由三垂线定理可知，
即为平面与平面所成角.
.
为中点，由三角形三线合一可知：.
为正三角形.
过作于点，易知平面.
此时，.
解法2：（坐标法）
由（1）可得平面.
故如图建立空间直角坐标系.设，
则，
，
设平面法向量为，
则，取.
易知平面法向量，
.解得.
此时，.
18.解：（1），解得.
所以每天体育锻炼时间的平均数为.
（2）（i）解法1：（概率性质）
由频率分布直方图可知：，
，
，解得.
（i）解法2：（古典概型）
由频率直方图可知：，由列联表：
可知：，解得
.
（3）由（2）可得如下列联表：（其中）
，解得取最小值15.
所以该样本至少有人.
19.解：（1）.
当时，单调递增；
当时，单调递减；
的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，
，
当时，，当时，，
在单调递减，单调递增.
又，
存在唯一实数，使得，
当时，，即，当时，，即，
在单调递减，单调递增，
区间有唯一极小值点.得证.
（3）解法1：（分类讨论）
由（2）知：在单调递减，单调递增，且.
1当，即时，在单调递增，
所以，解得，故无解；
2当，即时，在单调递减，
所以恒成立，故；
3.当，即时，在单调递减，在单调递增，所以，解得，故.
综上所述，.
解法2：（必要性探路）
由题意可知，解得，
故由（2）可知，在单调递减，单调递增.
在区间最大值，
，
.
解法3：（参变分离）
（1）当时，由条件对恒成立，
，易知：，
对恒成立.
令，
，
令，
，
令，
，
在上单调递增，
，即，
在上单调递增，
，即，
在上单调递增，
，
.
2当时，显然成立，.
综上所述，.0
4
6
0
4
6
合计
合计
合计
合计