浙江省丽水市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试卷（Word版附解析）

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本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用交集运算法则求解即可.
【详解】由题意，集合，，
所以
故选：C
2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】用复数的除法法则和模长公式即可求解.
【详解】，.
故选：.
3. 已知，则“”是“”成立的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 即不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
分别判断充分条件和必要条件是否成立，从而得到结果.
【详解】当时，和无意义，可知“”是“”的不充分条件；
当时，，可知“”是“”必要条件；
综上所述：“”是“”的必要不充分条件
本题正确选项：
【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判定，属于基础题.
4. 已知直线和平面，则下列判断中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中直线，平面的位置关系分析判断各个选项.
【详解】对于A，由，，则与可能平行，相交，异面，故A错误；
对于B，由，，则或，故B错误；
对于C，由，，则，故C正确；
对于D，由，，则或或，故D错误.
故选：C.
5. 若样本，，，，的平均数为10，方差为20，则样本，，，，的平均数和方差分别为（ ）
A. 16，40B. 16，80C. 20，40D. 20，80
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合平均数与方差的线性公式，即可求解
【详解】因为样本，，，，的平均数为10，方差为20，
所以样本，，，，的平均数，方差为.
故选：B.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析得到，即得解.
【详解】由题得，
，且.
.
所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查指数对数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
7. 一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次，设事件“第一次摸出球的标号小于3”，事件“第二次摸出球的标号小于3”，事件“第一次摸出球的标号为奇数”，则（ ）
A. 与互斥B. 与相互独立
C. 与互斥D. 与相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】以、分别表示第次、第次摸球的编号，以为一个基本事件，列举出所有的基本事件，以及事件、、、、所包含的基本事件，利用互斥事件以及独立事件的定义逐项判断，即可得出合适的选项.
【详解】以、分别表示第次、第次摸球的编号，以为一个基本事件.摸球方式为不放回摸球，则所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、，共3种，
则，根据互斥事件的概念可知与不互斥，所以A错误；
，，所以与不相互独立，所以B错误；
，根据互斥事件的概念可知与不互斥，所以C错误；
，，所以与相互独立，
所以D正确.
故选：D
8. 已知函数的定义域为，的图象关于中心对称，是偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性定义，再加赋值可解.
【详解】的图象关于中心对称，则（∗）；
是偶函数，则，
则的图象关于中心对称，则（∗∗）；
令代入（∗）得，，解得，代入 （∗∗）得到.
故选：D.
二、选择题：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. 已知向量，，，则（ ）
A. B.
C. D. 向量在向量上的投影向量为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标表示相关知识逐一作答.
【详解】对于A选项，因为，，不存在实数使得成立，故A错误；
对于B选项，因为，所以，故B正确；
对于C选项，因为，所以，故C错误；
对于D选项，向量在向量上的投影向量为，故D正确，
故选：BD
10. 在中，角所对的边分别为，，，以下判断正确的是（ ）
A. 若，则的面积为B. 若，则
C. 若，则D. 若有两解，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角形的面积公式计算即可判断A；根据正弦定理计算即可判断B；根据余弦定理计算即可判断C；根据正弦定理和且即可判断D.
【详解】A：若，则，故A正确；
B：若，由正弦定理得，
即，解得，故B错误；
C：若，由余弦定理得，
即，整理得，由解得，故C正确；
D：由正弦定理得，则，
由得，若有两个解，则且，
所以，即，解得，故D正确.
故选：ACD
11. 如图，在矩形中，，是的中点，沿直线将翻折成（不在平面内），是的中点，设二面角的大小为.（ ）
A. 若，则
B. 直线与所成的角为定值
C. 若，则三棱锥的外接球的表面积为
D. 设直线与平面所成的角为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】如图，利用反证法即可判断A；如图，确定为异面直线与的所成角，即可判断B；如图，确定外接球的球心位置，建立关于R的方程，解之即可判断C；如图，确定、，求出即可判断D.
【详解】A：，取的中点，的中点，连接，
则，四边形为正方形，所以.
假设，由平面，
得平面，又平面，所以，
这与“”矛盾，所以假设不成立，故A错误；
B：取的中点，连接，则且，
所以四边形是平行四边形，故，
所以为异面直线与的所成角.
由，得，则，所以，
即异面直线与的所成角为定值，故B正确；
C：如图，由选项A的分析知为二面角的平面角，即.
当时，，易知，，
则为外接圆的圆心.过作于，过作，
在上取使得，则四边形为矩形，得，
则为三棱锥外接球的球心，设其半径为，
则，
所以，解得，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；
D：过作平面于点，作于点，连接，
为二面角的平面角，即，
为直线与平面所成的角，即，
由，平面，
知平面，又平面，所以，
所以为的中点，得，
又，所以，即，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：解决选项A的关键是熟练反证法的应用；解决选项B的关键是为异面直线与的所成角；解决选项C的关键是确定外接球的球心位置；解决选项D的关键是确定、.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，先求得，进而求得的值，得到答案.
【详解】由函数，可得，所以.
故答案为：.
13. 已知，，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二倍角公式可得，即可根据同角关系求解.
【详解】由可得，进而可得，
由于，故，进而可得，
故，
故答案为；
14. 已知，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】令，把已知式用表示，也用表示后，利用基本不等式求得最小值.
【详解】令，则，且，
所以，又，
所以
，
当且仅当，即，时等号成立.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是换元法后利用“1”的代换，使用基本不等式求解最值.
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. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）当时，求函数的最大值，以及相应的值.
【答案】（1）
（2）2，
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用求出最小正周期；
（2）时，，整体法求出函数的最大值及相应的的值.
【小问1详解】
，
所以周期；
【小问2详解】
因为，所以，则，
的最大值为2，此时，即.
16. 本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试，并从中随机抽取了100名学生成绩，被抽取的成绩全部介于40分到100分之间（满分100分），将统计结果按照如下方式分成六组：第一组，第二组，…，第六组，画出频率分布直方图如图所示.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）求该样本的中位数；
（3）为进一步了解学生的学习情况，从分数位于的学生中，按照第二组，第三组，第四组分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数不在同一组内的概率.
【答案】（1）
（2）75 （3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1列方程即可求解；
（2）结合频率分布直方图和中位数的定义即可求解；
（3）通过列举法和对立事件即可求得概率.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得：
，
得；
【小问2详解】
设中位数为该样本的中位数为，
所以，得；
【小问3详解】
由分层抽样知，第二组中抽1人，记作，第三组中抽2人，记作，第四组中抽3人，记作，
这6人中抽取2人有，，，，，，，，，，，，，，，共个样本点；
2人来自同一组的有，，，共4个样本点，
所以2人来自不同组的的概率.
17. 如图，在四棱锥中，，，，平面，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中位线和平行四边形的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据线面角的定义得到为直线与平面所成角，然后求正弦值即可.
小问1详解】
证明：取的中点，连结，又为的中点，
所以，，
又，，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面
所以平面；
【小问2详解】
过作直线的垂线，为垂足，连结，
由三棱锥的体积为，得，解得，
因为平面，所以，
又， 平面，平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以直线在平面上的射影为直线，
所以即为与平面所成角，
在中，，所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
18. 已知，函数.
（1）若，解不等式；
（2）证明：函数有唯一零点；
（3）设，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将不等式化简，利用对数函数单调性解不等式即可；
（2）先利用导数判断函数单调性，利用零点存在性定理即可证明；
（3）作差变形后，结合基本不等式利用作差法即可判断.
【小问1详解】
当时，不等式即为，即，
所以，解得；
【小问2详解】
因为，所以在定义域内单调递增，
又，，，
所以由零点存在定理得，函数有唯一零点，且零点在内.
【小问3详解】
由知，，
因为，
所以
.
19. 设为正整数，，，记.
（1）当时，若，，求的值；
（2）当时，设集合，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，.写出一个集合，使其元素个数最多；
（3）当时，，，其中是锐角的三个内角，证明：.
【答案】（1）0 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，，根据题设中的计算公式，即可求解；
（2）根据题意，当时，得出满足题意的集合，得到答案；
（3）根据题意，得到，结合为锐角三角形，利用正弦函数性质，得到，，，利用三角恒等变换的公式，即可得证.
【小问1详解】
解：因为，，
根据题意，可得
【小问2详解】
解：根据题意，当时，对于中的任意两个不同的元素，，
满足题意的集合为.
【小问3详解】
解：因为，，
所以，
又因为是锐角的三个内角，所以，所以，
可得，
同理,，
所以
又

所以．