浙江省浙南名校2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期6月期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題

絕密★考試結(jié)束前2023學(xué)年第二學(xué)期浙南名校聯(lián)盟期末聯(lián)考高二數(shù)學(xué)學(xué)科試題考生須知：1.本試題卷共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級?姓名?考場號?座位號及準(zhǔn)考證號.3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效.4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷.選擇題部分一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，集合，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用解一元二次不等式求出集合，可得，從而可作出判斷.【詳解】由可得：或，又因為，所以，故A是錯誤的；而或，故B是錯誤的；由于，故C是錯誤的，D是正確的；故選：D.2.已知是平面內(nèi)四個互不相同的點(diǎn)，為不共線向量，，，則（）A.三點(diǎn)共線 B.三點(diǎn)共線C.三點(diǎn)共線 D.三點(diǎn)共線【答案】B【解析】【分析】利用向量共線充要條件求出結(jié)果．【詳解】，所以，所以三點(diǎn)共線，即B對．同理，其它各項對應(yīng)三點(diǎn)均不共線.故選：B.3.已知復(fù)數(shù)，則（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)模的運(yùn)算性質(zhì)來計算即可.【詳解】由，可得，故選：A.4.若，則（）A B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用和角公式及同角三角函數(shù)關(guān)系進(jìn)行求解.【詳解】.故選：C5.AB是圓的直徑，PA垂直于圓所在的平面，C是圓上一點(diǎn)(不同于A，B)且PA＝AC，則二面角P-BC-A的大小為（）A.60° B.30°C.45° D.15°【答案】C【解析】【分析】根據(jù)面面角的定義先找出二面角P-BC-A的平面角為∠PCA，再在直角三角形PCA進(jìn)行求角即可.【詳解】∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC．易得BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∴∠PCA為二面角P-BC-A的平面角．在Rt△PAC中，PA＝AC，∴∠PCA＝45°．故選：C【點(diǎn)睛】作二面角的平面角可以通過垂線法進(jìn)行，在一個半平面內(nèi)找一點(diǎn)作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.已知函數(shù)，若存在非零實(shí)數(shù)，使得成立?則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】不妨設(shè)，然后分和兩種情況討論求解.【詳解】不妨設(shè)，當(dāng)時，，，所以不存在非零實(shí)數(shù)，使得成立；當(dāng)時，若存在非零實(shí)數(shù)，使得成立，則方程有正根，即函數(shù)與有交點(diǎn)，先考慮函數(shù)的圖象與直線相切的情況，設(shè)切點(diǎn)為，則，得，令，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，所以方程的根只有一個，即，所以，所以函數(shù)的圖象與直線相切時，切點(diǎn)為原點(diǎn)，所以要使函數(shù)的圖象與直線有交點(diǎn)，只需，即，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為．故選：A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查函數(shù)與方程綜合應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是將問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)時，函數(shù)與有交點(diǎn)，然后利用導(dǎo)數(shù)有幾何意義求解函數(shù)的圖象與直線相切的情況，從而可得答案，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，屬于較難題.7.函數(shù),若在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù),且則的值為（）A. B.或 C. D.或【答案】B【解析】【分析】由在區(qū)間是有單調(diào)性，可得范圍，從而得，確定對稱軸和對稱中心，討論與是否在同一周期里面相鄰的對稱軸與對稱中心即可．【詳解】在單調(diào)，故，故，，故，若，則，取滿足題設(shè)條件；若，則是的一條對稱軸，是其相鄰的對稱中心，故，，.綜上所述：或故選：B.8.正項數(shù)列中，（為實(shí)數(shù)），若，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)遞推公式，求出，然后化簡，令，得到關(guān)于的一個函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求其取值即可求解.【詳解】因為，且，所以且為等比數(shù)列，公比為，因為，所以，所以，所以令，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，化簡可得，令，因為，所以，所以，所以，所以的取值范圍是．故選：A．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解答的關(guān)鍵是根據(jù)等比數(shù)列的通項公式將式子轉(zhuǎn)化為關(guān)于的式子，再利用換元法求出目標(biāo)式子的取值范圍.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知，且，，則()A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】用對數(shù)表示x，y，利用對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)、對數(shù)的計算、基本不等式等即可逐項計算得到答案．【詳解】∵，∴，同理，∵在時遞增，故，故A正確；∵，∴B錯誤；∵，，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，而，故，∴C正確；∴，即，∴D正確．故選：ACD．10.高二年級安排甲、乙、丙三位同學(xué)到A，B，C，D，E五個社區(qū)進(jìn)行暑期社會實(shí)踐活動，每位同學(xué)只能選擇一個社區(qū)進(jìn)行活動，且多個同學(xué)可以選擇同一個社區(qū)進(jìn)行活動，下列說法正確的有（）A.所有可能的方法有種B.如果社區(qū)A必須有同學(xué)選擇，則不同的安排方法有61種C.如果同學(xué)甲必須選擇社區(qū)A，則不同的安排方法有25種D.如果甲、乙兩名同學(xué)必須在同一個社區(qū)，則不同的安排方法共有20種【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)分步乘法原理判斷A、C，根據(jù)間接法判斷B，根據(jù)分類加法原理和乘法原理判斷D.【詳解】對于選項A，安排甲、乙、丙三位同學(xué)到A，B，C，D，E五個社區(qū)進(jìn)行暑期社會實(shí)踐活動，每位同學(xué)只能選擇一個社區(qū)進(jìn)行活動，且多個同學(xué)可以選擇同一個社區(qū)進(jìn)行活動，故有種選擇方案，錯誤；對于選項B，如果社區(qū)A必須有同學(xué)選擇，則不同的安排方法有（種），正確；對于選項C：如果同學(xué)甲必須選擇社區(qū)A，則不同的安排方法有（種），正確；對于選項D：如果甲、乙兩名同學(xué)必須在同一個社區(qū)，再分為丙與甲、乙兩名同學(xué)在一起和不在一起兩種情況，則不同的安排方法共有（種），錯誤.故選：BC11.已知定義在R上的函數(shù)滿足，且不是常函數(shù)，則下列說法中正確的有（）A.若2為的周期，則為奇函數(shù)B.若為奇函數(shù)，則2為的周期C.若4為的周期，則為偶函數(shù)D.若為偶函數(shù)，則4為的周期【答案】ABD【解析】【分析】對于A：由已知可得，結(jié)合周期可得可判斷A；由奇函數(shù)可得，可判斷B；結(jié)合已知可得結(jié)論，可判斷C；由已知可得，可判斷D.【詳解】對于A：若2是的周期，則，由，可得，所以，所以為奇函數(shù)；故A正確；對于B：若為奇函數(shù)，則，由，可得，所以2是的周期，故B正確；若4是的周期，設(shè)，則，該函數(shù)的最小周期為，故為該函數(shù)的周期，當(dāng)該函數(shù)為奇函數(shù)，故C不正確；對于D：若為偶函數(shù)，則，由，可得，所以，所以，所以4是的周期，故D正確.故選：ABD.非選擇題部分三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.若隨機(jī)變量，若，則_________．【答案】##【解析】【分析】根據(jù)二項分布的概率計算求得p的值，利用正態(tài)分布的對稱性即可求得答案.【詳解】由題意知隨機(jī)變量，，所以，即，即，而，則，故答案為：13.如圖，已知正方形的邊長為4，若動點(diǎn)在以為直徑的半圓(正方形內(nèi)部，含邊界)，則的取值范圍為_____.【答案】【解析】【分析】利用向量的數(shù)量積運(yùn)算即可求解.【詳解】因為正方形的邊長為4，取的中點(diǎn)，連接，當(dāng)在點(diǎn)或點(diǎn)時，，當(dāng)當(dāng)在弧中點(diǎn)時，，所以的取值范圍為，由于，，，所以，因為，所以，故，所以，即的取值范圍為.故答案為：.14.已知函數(shù)，若函數(shù)有三個極值點(diǎn)，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】求導(dǎo)，令導(dǎo)函數(shù)等于0，得到，則與有3個不同的交點(diǎn)，對求導(dǎo)，得到其單調(diào)性，從而得到，由，得到，令，變形得到，，令，求導(dǎo)得到其單調(diào)性和極值最值情況，求出，結(jié)合的單調(diào)性，得到實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】，令，得，則與有3個不同的交點(diǎn)，，令得，，令得，或，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，又時，恒成立，故，，故，結(jié)合題設(shè)，令，故，即，令，則，，令，，則，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞減，故，故在上恒成立，故在上單調(diào)遞減，故，又在上單調(diào)遞增，故，由于，，所以實(shí)數(shù)的取值范圍.故答案為：.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：將函數(shù)零點(diǎn)問題或方程解的問題轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)的圖象交點(diǎn)問題，將代數(shù)問題幾何化，借助圖象分析，大大簡化了思維難度.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.在中，角的對邊分別為.（1）求角的大?。唬?）若，求周長的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意利用三角恒等變換運(yùn)算求解即可；（2）法一：利用正弦定理邊化角，結(jié)合三角恒等變換以及正弦函數(shù)的有界性分析求解；法二：利用余弦定理結(jié)合基本不等式運(yùn)算求解.【小問1詳解】因為，即，可得又因為，則，可得，且，可得.【小問2詳解】法一：由正弦定理可得，則，可得，因為，則，可得，所以周長的最大值為法二：由余弦定理可得，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，解得，所以周長的最大值為.16.已知點(diǎn)，點(diǎn)在軸上，點(diǎn)在軸的正半軸上，點(diǎn)在直線上，且滿足.（1）當(dāng)點(diǎn)在軸上移動時，求動點(diǎn)的軌跡的方程；（2）設(shè)為（1）中的曲線上一點(diǎn)，直線過點(diǎn)且與曲線在點(diǎn)處的切線垂直，與曲線相交于另一點(diǎn)，當(dāng)（為坐標(biāo)原點(diǎn)）時，求直線的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）設(shè)，利用射影定理，得到，再由求解；（2）設(shè)點(diǎn)處的切線斜率為，寫出切線方程，與拋物線方程聯(lián)立，再由求解.【小問1詳解】解：設(shè)，則由射影定理，有，故，即.由，易得，故的軌跡方程為.【小問2詳解】設(shè)點(diǎn)處的切線斜率為，故.代入拋物線方程，解得.由，得，整理得.所以的方程為或.17.如圖所示多面體ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四邊形ABCD是菱形，，，（1）求證：平面ABCD；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理與線面平行的判定定理證明即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，用坐標(biāo)法計算面面角正弦值即可.【小問1詳解】證明：取中點(diǎn)，連接，因為是正三角形，所以，因為平面平面平面，平面平面所以平面，又因為平面，所以，又因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為平面平面，所以平面.【小問2詳解】連接交于，取中點(diǎn)，連接，所以，因為平面，所以平面，因為平面，所以，又因為四邊形菱形，所以，所以兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，，，設(shè)平面法向量為，，令平面的法向量為，設(shè)二面角的大小為，.所以二面角的正弦值為.18.已知函數(shù)，其中且.（1）若，試證明：恒成立；（2）若，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（3）請判斷與的大小，并給出證明.（參考數(shù)據(jù)：）【答案】（1）證明見解析（2）答案見解析（3），證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)，然后求導(dǎo)可得，即可證明；（2）根據(jù)題意，求導(dǎo)可得，即可得到其單調(diào)性；（3）根據(jù)題意，結(jié)合（2）中的結(jié)論可得，從而可得，即可證明.【小問1詳解】證明：設(shè)函數(shù)，則，當(dāng)時，當(dāng)時，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以，即恒成立.【小問2詳解】已知，從而，若，則在單調(diào)遞增；若，當(dāng)時，當(dāng)時，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.【小問3詳解】由（2）可知在上單調(diào)遞增，因為從而由（2）知道上單調(diào)遞增.所以..又，所以，即，所以.由此可知.即，從而，故.19.馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，為狀態(tài)空間中經(jīng)過從一個狀態(tài)到另一個狀態(tài)的轉(zhuǎn)換的隨機(jī)過程.該過程要求具備“無記憶”的性質(zhì)：下一狀態(tài)的概率分布只能由當(dāng)前狀態(tài)決定，在時間序列中它前面的事件均與之無關(guān).甲?乙兩口袋中各裝有1個黑球和2個白球，現(xiàn)從甲?乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復(fù)進(jìn)行次這樣的操作，記口袋甲中黑球的個數(shù)為，恰有1個黑球的概率為，恰有2個黑球的概率為，恰有0個黑球的概率為.（1）求的值；（2）根據(jù)馬爾科夫鏈的知識知道，其中為常數(shù)，同時，請求出；（3）求證：的數(shù)學(xué)期