2024—2025学年浙江嘉兴高二数学下册（6月）期末试卷【含答案】

这是一份2024—2025学年浙江嘉兴高二数学下册（6月）期末试卷【含答案】，共19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.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】，
所以.
故选：C.
2. 的展开式中的系数为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出展开式的通项公式，令的指数为，进而即可求解.
【详解】展开式的通项公式为，
令解得，
所以展开式中的系数为，
故选：D
3. 已知，是两个不同的平面，直线m满足，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
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分必要条件定义判断．
【详解】充分性：根据面面平行的定义知充分性成立；必要性：设，当，且，，此时，但是与相交，故必要性不成立．
故选：A．
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
【答案】C
【解析】
【分析】根据相关系数概念判断A，根据百分百位数概念判断B，根据回归直线判断C，根据相互独立事件判断公式判断D.
【详解】对A，由相关系数的定义知，样本相关系数的绝对值越接近于1，两变量的线性相关程度越强，故A正确；
对B，由小到大排列为，，所以，故B正确；
对C，样本点不一定在回归直线上，故C错误；
对D，因为，所以事件与事件相互独立，故D正确.
故选：C
5. 已知非零向量与满足，且，则在上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得出，由得出，进而求出在上的投影向量.
【详解】由知，
因为 ，由，
可得，所以，
所以
所以，在上的投影向量为.
故选：A.
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
【答案】A
【解析】
【分析】求出三个地区参加竞赛人数的占比，乘以甲､乙､丙三个地区学生竞赛成绩优秀概率比较即可求解.
【详解】因为这三个地区参加竞赛人数的比为5：3：2，
所以甲地区人数占比为，乙地区人数占比为，丙地区人数占比为，
所以甲地区学生竞赛成绩优秀概率，乙地区学生竞赛成绩优秀概率为，丙地区学生竞赛成绩优秀概率为，
根据函数单调性知当时，甲地区学生竞赛成绩优秀概率大于乙地区学生竞赛成绩优秀概率大于丙地区学生竞赛成绩优秀概率，
所以他来自甲地区的可能性最大.
故选：A.
7. 已知函数在区间上的值域为，则实数的取值可以是（）
A. 1B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角恒等变换可得，结合题意及正弦函数的性质可求得的取值范围，继而可得答案.
【详解】因为
，
因为在区间上的值域为，
所以，所以，
故选：B
8. 已知函数，若，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，构造函数，求导可得其单调性，可得，再令，求导可得其最小值.
【详解】，即，
构造函数
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
因为，所以，此时，
令，令，解得，
所以当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以最小值为，
综上的最小值为.
故选：B.
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
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数除法运算化简即可判断A；根据共轭复数概念和复数乘法运算可判断B；由复数的几何意义可判断C；利用复数相等列方程即可求得，可判断D.
【详解】对于A，因为，所以的虚部为，A错误；
对于B，因为，所以，B正确；
对于C，由上知，复数对应的点坐标为，位于第四象限，C正确；
对于D，因为，
所以，解得，D正确.
故选：BCD
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.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，为奇函数，进而计算可求得，的周期，对称中心，进而可判断每个选项的正确性.
【详解】对于A：因为为奇函数，则，
令，则可得，所以，故A正确；
对于B：因为为奇函数，所以，
所以，所以的图象关于点对称，故B错误；
对于C：由，可得，
所以，
由，两边求导数可得，
即，所以，
所以，所以，故C正确；
对于D：因为的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以是以4为周期的周期函数，
由，可得，
所以，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
11. 2024年6月嘉兴市普通高中期末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.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于甲同学得分和乙同学得分，分有两个正确选项和三个正确选项两种情况计算出，的概率，求得、的分布列，进而求得，，对四个选项进行判断.
【详解】
的分布列为
由此可得,
.
的分布列为
由此可得，
.
故AD正确，BC错误，
故选：AD.
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__________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得相应的正态曲线关于对称，即可求得结论．
【详解】因为，所以可得相应的正态曲线关于对称，
又，所以.
故答案：.
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）
【答案】
【解析】
【分析】分数学在第一节与数学不在第一节两种情况讨论，按照分步乘法与分类加法计数原理计算可得.
【详解】①若数学在第一节，则有种排法；
②若数学不在第一节，则数学有种排法，再排体育有种排法，
最后将其余四个科目全排列有种排法，
按照分步乘法计数原理可得有种排法；
综上一共有种排法.
故答案为：
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__________.
【答案】
【解析】
【分析】以为底，为高补成直三棱柱，设球半径为外接圆半径为，再利用正弦定理得到r的范围，进而得到的最小值，从而得解.
【详解】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：，
当时取等号.
.
，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将四点补成直三棱柱，从而利用球外接直棱柱的性质即可得解.
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. 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.
【答案】（1）
（2）21
【解析】
【分析】（1）求导可得，可求切线方程；
（2）求导可得在上的单调性，从而可求结论.
【小问1详解】
因为，所以.
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
令，
因为，所以在单调递增，单调递减，
所以.
16. 已知的内角的对边分别是，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简可得，再根据两角和的正弦化简求解即可；
（2）由可得，再根据三角形面积公式计算即可.
【小问1详解】
因为，所以，
则，即，
所以，因为，故.
【小问2详解】
，所以，
所以.所以，
因为，所以，所以.
17. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，由线面垂直得到，故，结合，从而平面，得到面面垂直；
（2）方法一：作出辅助线，得到线面垂直，找到即为平面与平面所成角，求出，三角形三线合一可知：，得到为正三角形，故，求出体积；方法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，根据面面角求出，利用点到平面的距离向量公式求出棱锥的高，求出锥体体积.
【小问1详解】
取中点中点，连接，则且.
又平面平面，所以，
又，所以且，
所以且，
四边形为平行四边形，，
平面平面，所以，，
是中点，，
平面，且，平面，
又平面，平面平面.
【小问2详解】
解法1：（几何法）
延长交于点，连，易知，所以.
由（1）可知，平面，因为平面，所以，
，，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
即为平面与平面所成角.
.
过作于点，
平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面.
为中点，由三角形三线合一可知：，
为正三角形，故，
其中梯形的面积为，
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，
其中梯形的面积为，
设平面的法向量为，
则，
解得，令得，故，
点到平面的距离，
故几何体的体积.
18. 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：
【答案】（1），49.8
（2）（i）；（ii）300
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积和为求出的值，再利用频率分布直方图计算平均数公式计算平均数即可；
（2）（i）解法一：利用条件概率和全概率公式求解，解法二：由列联表利用古典概型的概率公式求解；（ii）根据列联表计算，对照临界值表列式求解即可.
【小问1详解】
，解得，
所以每天体育锻炼时间的平均数为.
【小问2详解】
（i）解法1：（概率性质）
由频率分布直方图可知，所以，
因为，所以，，
所以，解得.
解法2：（古典概型）
由频率直方图可知，由列联表：
可知，解得，
所以.
（ii）由（2）可得如下列联表：（其中）
所以，解得
所以取最小值15，
所以该样本至少有人.
19. 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.
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】（1）对函数求导后，由导数正负可求得函数的单调区间；
（2）令，求导后判断出函数的单调性，再结合函数零点存在性定理可证得结论；
（3）解法1：分类讨论，分，和三种情况讨论即可，解法2：必要性探路，结合（2）的结论证明即可，解法3：参变分离，转化为对恒成立，构造函数，利用导数求得其最大值即可.
【小问1详解】
.
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.
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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，.
【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，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是分离参数，构造函数，利用导数求函数的最值，考查计算能力，属于难题.
0
4
6
0
4
6
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10828
合计
合计
合计
合计