数学答案_6月_240630浙江省台州市2023-2024学年高二下学期6月期末试题

参考答案 一、单项选择题：本题共 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D B A C C D B 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个 选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有 选错的得 0分。 题号 9 10 11 答案 BD ACD ACD 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 1 2 12．40 13．2 2 ， （第一问3分，第二问2分） 14． 6 2 四、解答题：本小题共 5小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或验 算步骤。 15．（本小题满分13分） 2π 解：（I）若选择①：由题知T   π，故2．  5 5π π 当x π时，2 2kπ ，kZ， 12 12 2 π π 故 2kπ，又0 π，故 ． 3 3  π 所以 f  x 2sin2x ．  3 2π 若选择②：由单调区间可知周期为π，故T   π，故2．  π  π  π 由题意知当x 时， f  x 取最小值，即2    2kπ ，kZ， 12  12 2 π π π 故 2kπ，又0 ，故 ． 3 2 3  π 所以 f  x 2sin2x ．  3 若选择③：令 f  x 1，即2sin x1， π  5π  2π 由图象可知， x x     2kπ    2kπ  ， 1 2 6   6  32π π 即 x x   ，又 x x 的最小值为 ，故2． 2 1 min 3 1 2 3 π   π  π  由 f  x  f  x  0，可知 ,0是 f  x 的对称中心， 6  6  6  π π 则2  kπ，kZ，故 kπ， 6 3 π 又0 π，故 ． 3  π 所以 f  x 2sin2x ．  3  x π 2 1 （Ⅱ）由 f  0    2sinx  ，得sinx  ．  2 6 0 3 0 3 故 f  x  5π   2sin  2x  π   2cos2x  2  12sin2x   14 ．  0 12  0 2 0 0 9 16．（本小题满分15分） 解：（Ⅰ） f  x 的定义域为  x x a  ， 由 f  x 是偶函数，知其定义域关于原点对称，故a 0； 1 当a0时， f  x  x  为偶函数。所以a0． x 1 （Ⅱ） f  x bx恒成立即 x  bx（*）恒成立． x 1 当x0时，（*）式恒成立等价于x bx恒成立， x 1 即b1 恒成立，故b1； x2 1 当x0时，（*）式恒成立等价于x bx 恒成立， x 1 即b1 恒成立，故b1． x2 综上可得，b的取值范围是1,1 ． 17．（本小题满分15分） 解：（I）连接C F ． 1 在直三棱柱ABCABC 中，AA ∥CC ，所以AAF C EF ． 1 1 1 1 1 1 1又因为AA 2C E ，AF 2FE ， 1 1 1 所以△AAF∽△C EF ， 1 1 故AFA C FE，即A，F，C 三点共线． 1 1 1 因为点D，E分别是棱AC 、CC 的中点， 1 所以DE是△ACC 的中位线， 1 故AF∥DE ，又DE 平面BDE，AF 平面BDE， 所以AF∥平面BDE． (Ⅱ)过点B作BH  AC ，垂足为点H，连接FH，FB． 在直三棱柱ABCABC 中，AA 平面ABC，又BH 平面ABC，所以AA BH ， 1 1 1 1 1 又BH  AC，AA AC  A，所以BH 平面AACC ． 1 1 1 故FH 是斜线FB在平面AACC 上的射影， 1 1 所以BFH 就是直线BF 与平面AACC 所成角． 1 1 记点F到平面ABC的距离为h， 1 3 3 3 V  S h  h  ，得h ． FABD 3 △ABD 3 2 2 3 所以F为AE的中点，即DF h ． 1 2 在△ABC中，BH  ABsin60 3，AH  ABcos601，HD  ADAH 1． 13 BH 2 39 求得HF  DH2DF2  ，故tanBFH   ． 2 BF 13 2 39 所以直线BF 与平面AACC 所成角的正切值为 ． 1 1 1318．（本小题满分17分） x 解：（I）当a0时， f  x  ，函数 f  x 的定义域为 0,1    1,， lnx lnx1 f x  ， ln2x 令 f x 0，解得xe；令 f x 0，解得0 x1或1 xe， 故函数 f  x 的单调递增区间是 e,，函数 f  x 的单调递减区间是 0,1 ， 1,e ． x （Ⅱ）当a 1时， f  x  ，函数 f  x 的定义域为1,0    0,， ln  x1  1 x 1 不等式 f  x  x1就是不等式  x1（*）， 2 ln  x1  2 2x 当1 x0时，（*）式等价于ln  x1  ； x2 2x 当x0时，（*）式等价于ln  x1  ． x2 2x 1 4 x2 设h  x ln  x1  ，h x    0， x2 x1  x2 2  x1  x2 2 故h  x 在1,上单调递增， 2x 故当1 x0时，h  x h  0 0，即ln  x1  ， x2 2x 当x0时，h  x h  0 0，即ln  x1  ． x2 所以原式成立． ta （Ⅲ）设t  xa，令g  t  ， lnt f  x 既有极大值又有极小值等价于g  t 既有极大值又有极小值． ta lnt ta a g t  t ，记s  t lnt lnt 1． ln2t t t1 a ta s t    ， t t2 t2 ①当a0时，有s t 0，则s  t 在 0,1    1,上单调递增， 故函数s  t 在 0,1    1,上至多有1个零点，不合题意； ②当a 1时，s  t 在 0,1 上单调递减，在 1,上单调递增，且s  1 0， 故s  t 在 0,1    1,上没有零点，不合题意； ③当a 1时，s  t 在 0,1    1,a 上单调递减，在 a,上单调递增， 又s  1 a10，s  a lna 0，故函数s  t 在 0,1    1,上没有零点，不合题意； ④当0a1时，s  t 在 0,a 上单调递减，在 a,1    1,上单调递增， a a 且有s  e lne 1 0 ，s  1 a10，s  a lna 0， e e  1 2 2 1 2  2 12  2 2 se aaea  a1 1  1  （这里用不等式：当 x0 时，   a  a 2a   a x2 ex 1x ） 2 a 4 4 2 a 2  1    0 ． 2a2 a a 2  2 所以s  e s  1 0，s  a se 1 a0，   又因为函数s  t 的图象分别在区间 0,1 ， 1,上连续，  2  所以函数s  t 在e 1 a,a， 1,e 内各有1个零点，分别记为t 和t ， 1 2   故t 、t 分别为函数g  t 的极大值点、极小值点．即 f  x 既有极大值又有极小值． 1 2 综上，当0a1时， f  x 既有极大值又有极小值． （用参数分离法求解本小题也给分） 19．（本小题满分17分） 解：（I）设X表示游程的个数，则X  2,3,4,5 ，由2个0和3个1在排列时，共有C2 10种排列， 5 当X 2时，有2种排列：11100、00111； 当X 3时，有3种排列：10011、11001、01110； 当X 4时，有4种排列：10110、11010、01011、01101； 当X 5时，只有一种排列：10101． 故X的分布列为： X 2 3 4 5 2 3 4 1 P 10 10 10 10 2 3 4 1 17 期望为EX 2 3 4 5  ． 10 10 10 10 5 Cn1 n （Ⅱ）（i）P  A  mn1  ， 1 Cn mn mn Cn1 mn P  A  mn2  ． 2 Cn  mn  mn1  mn 1,A发生 （ii）可知当随机事件A 发生时，a 就是一个1游程的开始，此时令I  k ， k k A k 0,A不发生 k mn 设1游程个数为Y，则Y  I ， A k k1 Cn1 n Cn1 mn 由（i）可知P  A  mn1  ，P  A  mn2  ，k 2，3，…， 1 Cn mn k Cn  mn  mn1  mn mn mn， mn  mn mn 由期望的性质可知，EY  E I   EI  P  A  A A k  k  k k1 k1 k1 n mn mn n mn    ， mn  mn  mn1  mn k2 mmn 设0游程个数为Z，类似可得EZ  ， mn mn2mn 2mn 因此两类游程数目的数学期望为E  Y Z  1 ． mn mn