《浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期6月期末考试 数学 Word版含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期6月期末考试 数学 Word版含答案（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、嘉兴市20232024学年第二学期期末检测高二数学试题卷一选择题：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.403.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7C.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
2、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.48.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
3、（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：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；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
4、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
5、.（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
6、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：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82819.（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.嘉兴市20232024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
7、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046由此可得.的分布列为046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，因为，所以，又因为，由解得.所以.17.（1）证明：取
8、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：合计
9、合计可知：，解得.（3）由（2）可得如下列联表：（其中）合计合计，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，.
