浙江省台州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试卷(含答案)

这是一份浙江省台州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．集合，集合，则( )
A.B.
C.D.
2．复数z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.2B.2或C.D.或
4．已知a，b为正实数，，则( )
A.的最小值为4B.的最大值为4C.的最小值为2D.的最大值为2
5．设定义在R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.1B.C.2D.
二、多项选择题
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A，B，C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
12．的展开式中的系数是________（用数字作答）·
13．在正方体中，P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、双空题
14．已知，，，则________，________.
五、解答题
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，，.
（i）求，；
（ii）求游程个数的期望.
参考答案
1．答案：B
解析：因为集合，集合，
所以.
故选：B.
2．答案：D
解析：设，，由，得，即，
因此，，所以.
故选：D
3．答案：B
解析：因，，则，
由可得，，解得，或.
故选：B.
4．答案：A
解析：因a，b为正实数，由可得，
即得，当且仅当时取等号，
即，时，的最小值为4.
故选：A.
5．答案：C
解析：由题意可得，，
，
，
，
，
通过以上可以看出满足以下规律：
①对于，若n能被4整除，则；
②对于，若n除4余1，则，
③对于，若n除4余2，则，
④对于，若n除4余3，则，
则.
故选：C
6．答案：C
解析：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：C
7．答案：D
解析：设事件A为张君对1题有思路，表示张君对1题没有思路，事件B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：D
8．答案：B
解析：依题意，，即，而且，
则，，，
，，
所以
.
故选：B
9．答案：BD
解析：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．答案：ACD
解析：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：ACD
11．答案：ACD
解析：，，
，
，
∴，，
设边a上的高为h，，
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.
12．答案：40
解析：根据二项式定理，含有的项为.
故答案为：40.
13．答案：/
解析：
不妨设正方体的边长为，以A为原点，，，分别作为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系.
则平面即为由x轴和y轴确定的平面，，.
设与l同向的一个非零向量是，是原点A在l上的投影，则由于向量与垂直且可落入平面内，故存在实数t使得，即.
设和分别是l与确定的平面和l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l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.
14．答案：；
解析：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：；.
15．答案：（1）；
（2）.
解析：（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．答案：（1）；
（2）.
解析：（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．答案：（1）证明见解析；
（2）.
解析：（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h，
，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．答案：（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）
解析：（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.
19．答案：（1）分布列见解析，；
（2）（i），；（ii）.
解析：（1）设X表示游程的个数，则，
由2个0和3个1在排列时，共有种排列，
当时，有2种排列：11100、00111，所以；
当时，有3种排列：10011、11001、01110，所以；
当时，有4种排列：10110、11010、01011、01101，所以；
当时，只有一种排列：10101，所以.
故X的分布列为：
期望为.
（2）（i），
.
（ii）可知当随机事件发生时，就是一个1游程的开始，此时令，
设1游程个数为Y，则，
由（i）可知，
，，3，…，，
由期望的性质可知，
，
设0游程个数为Z，类似可得，
因此两类游程数目的数学期望为.
X
2
3
4
5
P