湖南省浏阳市2023−2024学年高二下学期期末质量监测 数学试卷（含解析）

这是一份湖南省浏阳市2023−2024学年高二下学期期末质量监测 数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，且，则（ ）
A．0B．C．4D．3
3．函数的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
4．函数在内恰有两个对称中心，，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象.若，则（ ）
A．B．C．D．
5．2023年第19届亚运会在杭州举行，亚运会的吉祥物琮琮、莲莲、宸宸深受大家喜爱，某商家统计了最近5个月销量，如表所示：若y与x线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ）
A．由题中数据可知，变量y与x负相关
B．当时，残差为0.2
C．可以预测当时销量约为2.1万只
D．线性回归方程中
6．某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ）
A．246B．252C．286D．293
7．若，且能被17整除，则的最小值为（ ）
A．0B．1C．15D．16
8．现有4名男生和3名女生计划利用假期到某地景区旅游，由于是旅游的旺季，他们在景区附近订购了一家酒店的5间风格不同的房间，并约定每个房间都要住人，每个房间最多住2人，且男女不能混住．则不同的安排方法有（ ）种
A．1960B．2160C．2520D．2880
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．已知，是关于的方程的一个根，则
D．若复数满足，则的最大值为
10．下列说法中，正确的是（ ）
A．数据的第50百分位数为32
B．已知随机变量服从正态分布，；则
C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为；若，，，则
D．若样本数据的方差为2，则数据的方差为4
11．对于任意的表示不超过的最大整数．十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”．下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于原点对称
B．函数的值域为
C．对于任意的，不等式恒成立
D．不等式的解集为
三、填空题（本大题共3小题）
12．函数（且）的图象恒过定点 .
13．已知，则 .
14．已知在直三棱柱中，，且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知.
(1)若展开式的第3项和第5项的二项式系数相等，求的值，并求常数项；
(2)若展开式中所有项的系数之和为81，求展开式中二项式系数最大的项.
16．已知的内角的对边分别为的面积为．
(1)求；
(2)若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.
17．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.
（1）任取一个零件，计算它是次品的概率；
（2）如果取到的零件是次品，计算它是第i(i＝1，2，3)台车床加工的概率.
18．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且．
(1)证明：平面．
(2)证明：平面平面．
(3)若，求二面角的正切值．
19．数列中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为，…．如果一个数列的p阶差数列是等比数列，则称数列为p阶等比数列．
(1)已知数列满足，．
（ⅰ）求，，；
（ⅱ）证明：是一阶等比数列；
(2)已知数列为二阶等比数列，其前5项分别为，求及满足为整数的所有n值．
参考答案
1．【答案】D
【分析】根据，即可根据交运算求解.
【详解】，故，
故选D.
2．【答案】B
【分析】借助向量共线的坐标运算可得，结合数量积运算计算即可得.
【详解】由，可得，故，即，
则.
故选B.
3．【答案】D
【分析】先利用奇函数定义判断函数为奇函数，排除A；再利用y轴右侧有两个零点排除B；再根据函数值的符号排除C，即可判断.
【详解】函数的定义域为，
因为，所以为奇函数，排除A；
易知，排除B；
当且无限趋近于0时，，即，排除.
故选D.
4．【答案】A
【详解】由得，
因为函数在内恰有两个对称中心，所以，解得，
又，所以，即，所以，
将函数的图象向右平移个单位得到函数，
即，
因为
，
所以.
故选：A
5．【答案】B
【分析】对于选项A，利用表中数据变化情况或看回归方程的正负均可求解；对于选项B，利用样本中心点求出线性回归方程，再利用回归方程即可求出预测值，进而可求出残差；对于选项C，利用回归方程即可求出预测值；对于选项D，利用回归方程一定过样本中心点即可求解.
【详解】对于选项A，从数据看，随的增大而减小，所以变量与负相关，故A正确；
对于选项B，由表中数据知，，
所以样本中心点为，将样本中心点代入中得，
所以线性回归方程为，所以，残差，故B错误；
对于选项C，当时销量约为（万只），故C正确．
对于选项D，由B选项可知，故D正确.
故选B.
6．【答案】D
【分析】根据正态曲线的性质计算可得.
【详解】因为，所以，，
所以
，
又，
所以被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为个.
故选D.
7．【答案】D
【分析】二项式定理整除问题，把改写成，利用二项式定理展开，再令能被17整除，求出的最小值即可.
【详解】
，
因为能被17整除，
所以上式中能被17整除即可满足题意，
所以，
即，
所以的最小值为16.
故选D.
8．【答案】C
【分析】就3名女生需要的房间数分类讨论后可得正确的选项.
【详解】3名女生需要住2个房间或3个房间．
若3名女生住2个房间，则不同的方法种数为，
若3名女生住3个房间，则不同的方法种数为，
则不同的安排方法有种．
故选．
9．【答案】ACD
【分析】对于A，直接求模判断；对于B，直接利用复数乘法运算求解；对于C，代入，利用复数相等列式计算；对于D，设，求出的关系并利用基本不等式求的最大值，然后代入计算即可.
【详解】对于A：若，则，故A正确；
对于B：若，则，故B错误；
对于C：由已知，所以，
所以，即，故C正确；
对于D：设，则，所以，
所以，且，即，当且仅当时等号成立，
所以，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】BC
【分析】根据第50百分位数为中位数判断A；根据正态分布的性质判断B；根据回归直线方程的性质判断C；根据方差的性质判断D.
【详解】对数据由小到大排列为，因为第50百分位数为中位数，所以第50百分位数为，故A错误；
因为随机变量服从正态分布，，所以，所以，所以，所以，故B正确；
因为，，，则，故C正确；
因为样本数据的方差为2，所以数据的方差为，故D错误.
故选BC.
11．【答案】BCD
【分析】结合取整函数的定义，利用奇偶性的定义可判断A；由取整函数的定义得到，进而可判断BC；先解一元二次不等式，然后由取整函数的定义可判断D.
【详解】对于A：当时，，当时，，
所以，不是奇函数，即函数，的图象不是关于原点对称，故A错误；
对于B：由取整函数的定义知， ，所以，
所以，所以函数的值域为，故B正确；
对于C：由取整函数的定义知，，，
所以，故C正确；
对于D：由得，解得，
结合取整函数的定义可得，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【分析】令可求出过定点的横坐标，代入函数中可求出其纵坐标，从而可求得结果.
【详解】令，解得，又，
所以函数（且）的图象恒过定点.
13．【答案】
【分析】利用换元法，结合二项式定理求出即可.
【详解】令，即，
因此原等式为，项为，
所以.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】设，结合条件可求，根据三棱柱有内切球求出此三棱柱的内切球半径，再求外接球的半径，结合球的表面积公式求结论.
【详解】设，因为，
所以，
设的内切圆的半径为，则，
即，解得，
因为三棱柱有内切球，
所以，
因为，，
所以直三棱柱的外接球的直径就是以为棱的长方体的对角线，其长为，
所以三棱锥的内切球的表面积为，
三棱锥的外接球的表面积为，
所以三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为.
15．【答案】(1)，60
(2)
【分析】（1）分别表示出展开式的第3项和第5项的二项式系数，利用相等关系列出方程解出，通过展开式的通项，求出常数项即可；
（2）令，结合已知条件，求出所有项的系数之和为，解出，根据二项式系数的单调性，即可求解.
【详解】（1）因为展开式的第3项和第5项的二项式系数相等，
所以，即，，
整理得，解得或（舍），
所以展开式的通项为，
令，得，
故常数项为；
（2）令，得所有项的系数之和为，解得.
因为是偶数，所以展开式中共有5项，且第3项的二项式系数最大，
所以展开式中二项式系数最大的项为.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解.
【详解】（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，
由余弦定理得，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
17．【答案】（1）0.05；
（2）；；.
【分析】（1）由条件概率公式计算；
（2）由条件概率公式计算.
【详解】设B＝“任取一个零件为次品”，Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，则Ω＝A1∪A2∪A3，A1，A2，A3两两互斥．根据题意得
P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，
P(B|A1)＝0.06，P(B|A2)＝P(B|A3)＝0.05.
（1）由全概率公式，得
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05
＝0.0525.
（2）“如果取到的零件是次品，计算它是第i(i＝1，2，3)台车床加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件Ai发生的概率.
P(A1|B)＝＝
＝＝，
类似地，可得
P(A2|B)＝，P(A3|B)＝.
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（1）由题意可得，根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）如图，易证，由（1）得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（3）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则，易证，则∠AHF为二面角的平面角的补角．结合等面积法求得FH，即可求解.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
则，，所以点A的曲率为，
所以．因为，所以△ABC为正三角形．
因为N为AB的中点，所以．
又平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面．
（2）取的中点D，连接DM，DN．
因为N为AB的中点，所以且．
又且，所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则．
由（1）知平面，则平面．
又平面，所以平面平面．
（3）取BC的中点F，连接AF，则．
因为平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面．
又平面，所以，过F作的垂线，垂足为H，连接AH，
则，又平面，所以平面，
又平面，，
所以∠AHF为二面角的平面角的补角．
设，，则，，．
由等面积法可得，则，
则，故二面角的正切值为．
【方法总结】学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是线面、面面垂直的判定定理与性质和求二面角.
19．【答案】(1)（ⅰ），，；（ⅱ）证明见详解
(2)当时，为整数
【分析】（1）（ⅰ）根据的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造即可证明；
（2）由题意的二阶等差数列为等比数列，设公比为，可得，结合进而可得，从而分析为整数当且仅当为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质分析即可.
【详解】（1）（ⅰ）由，易得，……
由一阶等差数列的定义，得，，；
（ⅱ）因为，所以当时，有，
所以，即，
即，又因为，故是以1为首项，2为公比的等比数列，
即是一阶等比数列.
（2）由题意的二阶等差数列为等比数列，设公比为，
则，，所以.
由题意，所以，
所以，
即.
所以若为整数，则当且仅当为整数时满足.
由已知时符合题意，时不合题意，
当时，，
所以原题等价于为整数，
因为①，
显然含质因子3，则不能是3的倍数，只能是2的倍数，
（假设是3的倍数，则可设，可得，，
显然不存在，使得式子成立）
所以必为9的倍数，
设，则，将代入①式，
当为奇数时，为偶数，①式为2的倍数；
当为偶数时，为奇数，为偶数，①式为2的倍数，
又因为2与9互质，所以①为整数.
综上，当时，为整数.
【方法总结】
（1）新定义的题型需要根据定义列出递推公式，结合等比等差的性质求解；
（2）考虑整除时，可考虑根据二项展开式进行讨论分析.
时间x
1
2
3
4
5
销售量y/万只
5
4.5
4
3.5
2.5