精品解析：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

2024年上学期期末质量监测试卷 高二数学 一､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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. 0 B. C. 4 D. 3 3. 函数部分图象大致是（ ） 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（ ） 时间x 1 2 3 4 5 销售量y/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 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. 246 B. 252 C. 286 D. 293 7. 若，且能被17整除，则的最小值为（ ） A 0 B. 1 C. 15 D. 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. 1960 B. 2160 C. 2520 D. 2880 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 已知，是关于方程的一个根，则 D. 若复数满足，则的最大值为 10. 下列说法中， 正确的是（ ） A. 数据的第百分位数为 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，若，则 D. 若样本数据的方差为，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：本题共3小题，每小题5分，共15分. 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. （1）若展开式第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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年上学期期末质量监测试卷 高二数学 一､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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，即可根据交运算求解. 【详解】，故， 故选：D 2. 已知向量，，且，则（ ） A. 0 B. C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 【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. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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；在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. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据y轴右边第二个对称中心在内，第三个对称中心不在内可求得，结合可得，再利用平移变换求出，根据三角变换化简可得，然后由二倍角公式可解. 【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. 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（ ） 时间x 1 2 3 4 5 销售量y/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 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 【答案】B 【解析】 【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. 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. 246 B. 252 C. 286 D. 293 【答案】D 【解析】 【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. 若，且能被17整除，则的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. 15 D. 16 【答案】D 【解析】 【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. 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 1960 B. 2160 C. 2520 D. 2880 【答案】C 【解析】 【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:． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.直接求模判断；B.直接利用复数乘法运算求解；C.代入，利用复数相等列式计算；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，A正确； 对于B：若，则，B错误； 对于C：由已知，所以， 所以，即，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，D正确. 故选：ACD. 10. 下列说法中， 正确的是（ ） A. 数据的第百分位数为 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，若，则 D. 若样本数据的方差为，则数据的方差为4 【答案】BC 【解析】 【分析】利用第百分位数的性质判断A，利用正态分布的性质判断B，利用回归方程的性质判断C，利用数据方差的性质判断D即可. 【详解】对于A，我们首先按顺序排列数据，得到， 而第百分位数即为中位数，所以该数为，故A错误， 对于B，因为随机变量服从正态分布，， 所以，， 故，得到，故B正确， 对于C，因为，所以， 将代入中，得到，解得，故C正确， 对于D，因为样本数据的方差为， 所以数据的方差为，故D错误. 故选：BC 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合取整函数的定义，利用奇偶性的定义可判断A选项；由取整函数的定义得到，进而可判断B，C选项；先解一元二次不等式，然后取整函数的定义可判断D选项. 【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， ，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. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数（且）的图象恒过定点________. 【答案】 【解析】 【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. 故答案为： 13. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【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. 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__________. 【答案】 【解析】 【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. 故答案为：. 四､解答题：本题共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. （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. 【答案】（1），60； （2）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 令，得所有项的系数之和为，解得. 由于是偶数，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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 依题意，， 所以， 由正弦定理可得，， 由余弦定理，，解得， 因为，所以； 【小问2详解】 依题意，， 因为，解得， 因为， 所以， 所以． 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． 【答案】（1）0.05；（2）；；. 【解析】 【分析】 首先用数学语言表示已知条件，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．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 ＝00525. （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)＝. 【点睛】关键点点睛：本题考查条件概率，解题关键是引入字母表示事件，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)，把所求概率事件用表示后根据条件概率公式计算． 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． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）． 【解析】 【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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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平行四边形，则． 由（1）知平面，则平面． 又平面，所以平面平面． 【小问3详解】 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． 【点睛】方法点睛：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. 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． 【答案】（1）（ⅰ），，；（ⅱ）证明见解析 （2）当时，为整数. 【解析】 【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. 【小问1详解】 （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. 【小问2详解】 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. 所以为整数当且仅当为整数. 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，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. 【点睛】方法点睛： （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$