資源簡介

湖南省瀏陽市2023-2024學年高二下學期期末質量監測數學試卷
1．（2024高二下·瀏陽期末）已知集合 ， ，則 （　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·瀏陽期末）已知向量，，且，則（　　）
A．0 B． C．4 D．3
3．（2024高二下·瀏陽期末）函數的部分圖象大致是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·瀏陽期末）函數在內恰有兩個對稱中心，，將函數的圖象向右平移個單位得到函數的圖象.若，則（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·瀏陽期末）2023年第19屆亞運會在杭州舉行，亞運會的吉祥物琮琮、蓮蓮、宸宸深受大家喜愛，某商家統計了最近5個月銷量，如表所示：若y與x線性相關，且線性回歸方程為，則下列說法不正確的是（　　）
時間x 1 2 3 4 5
銷售量y/萬只 5 4.5 4 3.5 2.5
A．由題中數據可知，變量y與x負相關
B．當時，殘差為0.2
C．可以預測當時銷量約為2.1萬只
D．線性回歸方程中
6．（2024高二下·瀏陽期末）某體育器材廠生產一批籃球，單個籃球的質量（單位：克）服從正態分布，從這一批籃球中隨機抽檢300個，則被抽檢的籃球的質量不小于596克的個數約為（　　）
A．246 B．252 C．286 D．293
7．（2024高二下·瀏陽期末）若，且能被17整除，則的最小值為（　　）
A．0 B．1 C．15 D．16
8．（2024高二下·瀏陽期末）現有4名男生和3名女生計劃利用假期到某地景區旅游，由于是旅游的旺季，他們在景區附近訂購了一家酒店的5間風格不同的房間，并約定每個房間都要住人，每個房間最多住2人，且男女不能混住．則不同的安排方法有（　　）種
A．1960 B．2160 C．2520 D．2880
9．（2024高二下·瀏陽期末）下列命題中正確的是（　　）
A．若，則
B．若，則
C．已知，是關于的方程的一個根，則
D．若復數滿足，則的最大值為
10．（2024高二下·瀏陽期末）下列說法中， 正確的是（　　）
A．數據的第百分位數為
B．已知隨機變量服從正態分布，；則
C．已知兩個變量具有線性相關關系，其回歸直線方程，若，則
D．若樣本數據的方差為，則數據的方差為4
11．（2024高二下·瀏陽期末）對于任意的表示不超過的最大整數.十八世紀，被“數學王子”高斯采用，因此得名為高斯函數，人們更習慣稱為“取整函數”.下列說法正確的是(　　)
A．函數的圖象關于原點對稱
B．函數的值域為
C．對于任意的，不等式恒成立
D．不等式的解集為
12．（2024高二下·瀏陽期末）函數（且）的圖象恒過定點　 　.
13．（2024高二下·瀏陽期末）已知，則　 　.
14．（2024高二下·瀏陽期末）已知在直三棱柱中，，且此三棱柱有內切球，則此三棱柱的內切球與外接球的表面積之比為　 　.
15．（2024高二下·瀏陽期末）已知.
（1）若展開式的第3項和第5項的二項式系數相等，求的值，并求常數項；
（2）若展開式中所有項的系數之和為81，求展開式中二項式系數最大的項.
16．（2024高二下·瀏陽期末）已知的內角的對邊分別為的面積為．
（1）求；
（2）若，且的周長為5，設為邊BC中點，求AD.
17．（2024高二下·瀏陽期末）有3臺車床加工同一型號的零件，第1臺加工的次品率為6%，第2，3臺加工的次品率均為5%，加工出來的零件混放在一起．已知第1，2，3臺車床加工的零件數分別占總數的25%，30%，45%.
（1）任取一個零件，計算它是次品的概率；
（2）如果取到的零件是次品，計算它是第i(i＝1，2，3)臺車床加工的概率．
18．（2024高二下·瀏陽期末）刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于2π與多面體在該點的面角之和的差，其中多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制．例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為，故其各個頂點的曲率均為．如圖，在直三棱柱中，點A的曲率為，N，M分別為AB，的中點，且．
（1）證明：平面．
（2）證明：平面平面．
（3）若，求二面角的正切值．
19．（2024高二下·瀏陽期末）數列中，從第二項起，每一項與其前一項的差組成的數列稱為的一階差數列，記為，依此類推，的一階差數列稱為的二階差數列，記為，…．如果一個數列的p階差數列是等比數列，則稱數列為p階等比數列．
（1）已知數列滿足，．
（ⅰ）求，，；
（ⅱ）證明：是一階等比數列；
（2）已知數列為二階等比數列，其前5項分別為，求及滿足為整數的所有n值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】 ， ，
， ．
故答案為：D．
【分析】根據題意由交集的定義即可得出答案。
2．【答案】B
【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示；平面向量數量積的坐標表示
【解析】【解答】解：由，可得，則，
所以，
則.
故答案為：B.
【分析】利用向量共線的坐標運算可得的值，再結合數量積的坐標表示得出的值.
3．【答案】D
【知識點】函數的奇偶性；利用導數研究函數的單調性
【解析】【解答】解：函數的定義域為，
因為，
所以為奇函數，排除A；
易知，排除B；
當且無限趨近于0時，，即，排除.
故答案為：D
【分析】先利用奇偶函數定義判斷函數為奇函數即可排除A；再利用y軸右側有兩個零點即可排除B；利用函數值的符號即可排除C.
4．【答案】A
【知識點】簡單的三角恒等變換；二倍角的余弦公式；正弦函數的性質；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換
【解析】【解答】解：已知，則，
因為函數在內恰有兩個對稱中心，所以，解得，
又，所以，即，所以，
將函數的圖象向右平移個單位得到函數，
即，
因為
，
所以.
故答案為：A
【分析】先利用y軸右邊第二個對稱中心在內，第三個對稱中心不在內可求得，再利用可得，再利用平移變換求出，利用可得即可求解.
5．【答案】B
【知識點】回歸分析
【解析】【解答】解：A、從數據看，隨的增大而減小，所以變量與負相關，故A正確；
B、由表中數據知，，
所以樣本中心點為，將樣本中心點代入中
得，
所以線性回歸方程為，
所以，殘差，故B錯誤；
C、當時銷量約為（萬只），故C正確．
D、由B選項可知，故D正確.
故答案為：B.
【分析】利用表中數據變化情況或看回歸方程的正負均即可判斷A；利用樣本中心點求出線性回歸方程，把代入回歸方程即可判斷B；把代入回歸方程即可判斷C；利用回歸方程一定過樣本中心點即可判斷D.
6．【答案】D
【知識點】3σ原則
【解析】【解答】解：已知，則，，
所以
，
又，
所以被抽檢的籃球的質量不小于596克的個數約為個.
故答案為：D
【分析】利用正態曲線的性質結合原則即可求解.
7．【答案】D
【知識點】二項式定理的應用
【解析】【解答】解：因為
又因為能被17整除，
所以上式中能被17整除，滿足題意，
所以，
則，
所以的最小值為16.
故答案為：D.
【分析】把改寫成，再利用二項式定理展開，令能被17整除，從而求出的最小值.
8．【答案】C
【知識點】排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：3名女生需要住2個房間或3個房間．
若3名女生住2個房間，則不同的方法種數為，
若3名女生住3個房間，則不同的方法種數為，
則不同的安排方法有種．
故答案為：．
【分析】先把3名女生需要的房間數分類討論，再利用排列組合即可求解.
9．【答案】A,C,D
【知識點】復數在復平面中的表示；復數代數形式的乘除運算；復數的模；方程在復數范圍內的解集
【解析】【解答】解：對于A：若，則，故A正確；
對于B：若，則，故B錯誤；
對于C：由，得出，
所以，則，故C正確；
對于D：設，則，所以，
所以且，即，
當且僅當時等號成立，
所以，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用向量求模公式判斷出選項A；利用共軛復數的定義和復數乘法的運算法則，則判斷出選項B；代入和復數相等的判斷方法，從而列式計算得出m，n的值，進而得出m+n的值，則判斷出選項C；設，再利用復數的運算法則和復數求模公式，從而求出的關系式，再結合基本不等式求最值的方法，從而求出的最大值，再代入計算得出的最大值，則判斷出選項D，進而找出真命題的選項.
10．【答案】B,C
【知識點】用樣本的數字特征估計總體的數字特征；線性回歸方程；總體分布的估計；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：對于A中，我們首先按順序排列數據，得到，
而第百分位數即為中位數，所以該數為，故A錯誤，
對于B中，因為隨機變量服從正態分布，，
所以，，
故，得到，故B正確，
對于C中，因為，所以，
將代入中，得到，解得，故C正確，
對于D中，因為樣本數據的方差為，
所以數據的方差為，故D錯誤.
故選：BC.
【分析】利用第百分位數的性質，可判斷A，利用正態分布的性質，可判斷B，利用回歸方程的性質，可判斷C，利用數據方差的性質，可判斷D，即可求解.
11．【答案】B,C,D
【知識點】函數的值域；函數的奇偶性；一元二次不等式及其解法；不等式的證明
【解析】【解答】解：A、當時，，當時，，
所以，不是奇函數，即函數的圖象不是關于原點對稱，故A錯誤；
B、由取整函數的定義知， ，則，
即，故函數的值域為，故B正確；
C、因為，，所以，故C正確；
D、由得，解得，結合取整函數的定義可得，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】結合取整函數的定義，利用奇偶性的定義即可判斷A；由取整函數的定義得到，即可判斷BC；先解一元二次不等式，再根據取整函數的定義即可判斷D.
12．【答案】
【知識點】對數函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：令，解得，又，
所以函數（且）的圖象恒過定點.
故答案為：
【分析】令可得，代入函數解析式即可求解.
13．【答案】
【知識點】二項式系數的性質；二項展開式
【解析】【解答】解：令，即，
原等式為，項為，
所以.
故答案為：
【分析】利用換元法，再利用二項式定理即可求出.
14．【答案】
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；球內接多面體
【解析】【解答】解：設，
因為，
所以，
設的內切圓的半徑為，
則，
所以，解得，
因為三棱柱有內切球，所以，
因為，，
所以直三棱柱的外接球的直徑就是以為棱的長方體的對角線，
其長為，
所以三棱錐的內切球的表面積為，三棱錐的外接球的表面積為，
所以三棱柱的內切球與外接球的表面積之比為.
故答案為：.
【分析】設，結合已知條件，從而得出的長，根據三棱柱有內切球求出此三棱柱的內切球半徑，再求出外接球的半徑，則結合球的表面積公式得出此三棱柱的內切球與外接球的表面積之比 .
15．【答案】（1）解：因為展開式的第3項和第5項的二項式系數相等，
所以，即，，
整理得，解得或（舍），
所以展開式的通項為，
令，得，
故常數項為.
（2）解：令，得所有項的系數之和為，解得.
由于是偶數，所以展開式中共有5項，且第3項的二項式系數最大，
所以展開式中二項式系數最大的項為.
【知識點】二項式系數的性質；二項展開式的通項
【解析】【分析】（1）利用第3項和第5項的二項式系數相等可得，再利用展開式的通項即可求解；
（2）令，可能，再利用二項式系數的單調性即可求解.
（1）因為展開式的第3項和第5項的二項式系數相等，
所以，即，，
整理得，解得或（舍），
所以展開式的通項為，
令，得，
故常數項為.
（2）令，得所有項的系數之和為，解得.
由于是偶數，所以展開式中共有5項，且第3項的二項式系數最大，
所以展開式中二項式系數最大的項為.
16．【答案】（1）解：依題意，得，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理可知，
解得，
因為，
所以.
（2）解：依題意，，
因為，解得，
因為，
所以
所以．
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；正弦定理的應用；余弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）根據三角形的面積公式結合正弦定理化角為邊，再利用余弦定理和三角形中角A的取值范圍，從而得出角A的值.
（2）根據三角形的周長結合余弦定理求出的值，再利用平行四邊形法則和中點的性質以及數量積求向量的模的公式，從而得出AD的長.
（1）依題意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因為，所以；
（2）依題意，，
因為，解得，
因為，
所以，
所以．
17．【答案】解：設B＝“任取一個零件為次品”，Ai＝“零件為第i臺車床加工”(i＝1，2，3)，則Ω＝A1∪A2∪A3，A1，A2，A3兩兩互斥．根據題意得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，計算它是第i(i＝1，2，3)臺車床加工的概率”，就是計算在B發生的條件下，事件Ai發生的概率．
P(A1|B)＝＝
＝＝.
類似地，可得P(A2|B)＝，P(A3|B)＝.
【知識點】全概率公式；條件概率乘法公式
【解析】【分析】利用全概率公式 P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3) 和條件概率公式 P(A1|B)＝＝即可求解.
18．【答案】（1）證明：在直三棱柱中，
平面ABC，平面ABC，
則，，
所以點A的曲率為，
所以，
因為，
所以△ABC為正三角形，
因為N為AB的中點，
所以，
又因為平面ABC，平面ABC，
所以，
又因為，平面，
所以平面．
（2）證明：取的中點D，連接DM，DN，
因為N為AB的中點，
所以且．
又因為且，
所以且，
所以四邊形CNDM為平行四邊形，則，
由（1）知平面，
則平面，
又因為平面，
所以平面平面．
（3）解：取BC的中點F，連接AF，則，
因為平面ABC，平面ABC，
所以，
因為，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以，
過F作的垂線，垂足為H，連接AH，
則，
又因為平面，
所以平面，
又因為平面，，
所以∠AHF為二面角的平面角的補角，
設，，
則，，，
由等面積法可得，
則，
則，
故二面角的正切值為．
【知識點】直線與平面垂直的判定；平面與平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由題意可得，根據線面垂直的性質定理可得，再結合線面垂直的判定定理證出平面．
（2）如圖，易證，由（1）得平面，再結合面面垂直的判定定理證出平面平面．
（3）如圖，根據線面垂直的判定定理可得平面，利用線面垂直的定義得出，易證，則∠AHF為二面角的平面角的補角，再結合等面積法得出FH的長，最后由正切函數的定義得出二面角的正切值.
（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
則，，所以點A的曲率為，
所以．因為，所以△ABC為正三角形．
因為N為AB的中點，所以．
又平面ABC，平面ABC，所以，
因為，平面，所以平面．
（2）取的中點D，連接DM，DN．
因為N為AB的中點，所以且．
又且，所以且，
所以四邊形CNDM為平行四邊形，則．
由（1）知平面，則平面．
又平面，所以平面平面．
（3）取BC的中點F，連接AF，則．
因為平面ABC，平面ABC，所以，
因為，平面，所以平面．
又平面，所以，過F作的垂線，垂足為H，連接AH，
則，又平面，所以平面，
又平面，，
所以∠AHF為二面角的平面角的補角．
設，，則，，．
由等面積法可得，則，
則，故二面角的正切值為．
19．【答案】（1）（ⅰ）解：由，，
易得，……，
由一階等差數列的定義得：
，，.
（ⅱ）證明：因為，
所以，當時，則，
所以，
則，
則，
又因為，
所以是以1為首項，2為公比的等比數列，
則數列是一階等比數列.
（2）解：由題意，得的二階等差數列為等比數列，設公比為，
則，，
所以，
由題意，得，
所以，
所以，
則.
所以為整數當且僅當為整數，
由時符合題意，時不合題意，
當時，
所以，原題等價于為整數，
因為①，
顯然含質因子3，
所以必為9的倍數，
設，
則，
將代入①式，
當為奇數時，為偶數，①式為2的倍數；
當為偶數時，為奇數，為偶數，①式為2的倍數，
又因為2與9互質，所以①為整數，
綜上所述，當時，為整數.
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式；數列的求和；二項式定理的應用
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根據的定義結合數列的通項公式，從而得出，，的值.
（ⅱ）根據數列遞推公式構造，再結合等比數列的定義證出數列是以1為首項，2為公比的等比數列，從而證出數列是一階等比數列.
（2）由題意得出數列的二階等差數列為等比數列，設公比為，從而可得，再結合可得，從而分析為整數當且僅當為整數，再根據二項展開式結合整除的性質分析得出滿足為整數的所有n值.
（1）（ⅰ）由，易得，……
由一階等差數列的定義得：
，，.
（ⅱ）因為，所以當時有，
所以，即，
即，又因為，故是以1為首項，2為公比的等比數列，
即是一階等比數列.
（2）由題意的二階等差數列為等比數列，設公比為，
則，，所以.
由題意，所以，
所以，
即.
所以為整數當且僅當為整數.
由已知時符合題意，時不合題意，
當時，，
所以原題等價于為整數，
因為①，
顯然含質因子3，所以必為9的倍數，
設，則，將代入①式，
當為奇數時，為偶數，①式為2的倍數；
當為偶數時，為奇數，為偶數，①式為2的倍數，
又因為2與9互質，所以①為整數.
綜上，當時，為整數.
1 / 1湖南省瀏陽市2023-2024學年高二下學期期末質量監測數學試卷
1．（2024高二下·瀏陽期末）已知集合 ， ，則 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】 ， ，
， ．
故答案為：D．
【分析】根據題意由交集的定義即可得出答案。
2．（2024高二下·瀏陽期末）已知向量，，且，則（　　）
A．0 B． C．4 D．3
【答案】B
【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示；平面向量數量積的坐標表示
【解析】【解答】解：由，可得，則，
所以，
則.
故答案為：B.
【分析】利用向量共線的坐標運算可得的值，再結合數量積的坐標表示得出的值.
3．（2024高二下·瀏陽期末）函數的部分圖象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】函數的奇偶性；利用導數研究函數的單調性
【解析】【解答】解：函數的定義域為，
因為，
所以為奇函數，排除A；
易知，排除B；
當且無限趨近于0時，，即，排除.
故答案為：D
【分析】先利用奇偶函數定義判斷函數為奇函數即可排除A；再利用y軸右側有兩個零點即可排除B；利用函數值的符號即可排除C.
4．（2024高二下·瀏陽期末）函數在內恰有兩個對稱中心，，將函數的圖象向右平移個單位得到函數的圖象.若，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】簡單的三角恒等變換；二倍角的余弦公式；正弦函數的性質；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換
【解析】【解答】解：已知，則，
因為函數在內恰有兩個對稱中心，所以，解得，
又，所以，即，所以，
將函數的圖象向右平移個單位得到函數，
即，
因為
，
所以.
故答案為：A
【分析】先利用y軸右邊第二個對稱中心在內，第三個對稱中心不在內可求得，再利用可得，再利用平移變換求出，利用可得即可求解.
5．（2024高二下·瀏陽期末）2023年第19屆亞運會在杭州舉行，亞運會的吉祥物琮琮、蓮蓮、宸宸深受大家喜愛，某商家統計了最近5個月銷量，如表所示：若y與x線性相關，且線性回歸方程為，則下列說法不正確的是（　　）
時間x 1 2 3 4 5
銷售量y/萬只 5 4.5 4 3.5 2.5
A．由題中數據可知，變量y與x負相關
B．當時，殘差為0.2
C．可以預測當時銷量約為2.1萬只
D．線性回歸方程中
【答案】B
【知識點】回歸分析
【解析】【解答】解：A、從數據看，隨的增大而減小，所以變量與負相關，故A正確；
B、由表中數據知，，
所以樣本中心點為，將樣本中心點代入中
得，
所以線性回歸方程為，
所以，殘差，故B錯誤；
C、當時銷量約為（萬只），故C正確．
D、由B選項可知，故D正確.
故答案為：B.
【分析】利用表中數據變化情況或看回歸方程的正負均即可判斷A；利用樣本中心點求出線性回歸方程，把代入回歸方程即可判斷B；把代入回歸方程即可判斷C；利用回歸方程一定過樣本中心點即可判斷D.
6．（2024高二下·瀏陽期末）某體育器材廠生產一批籃球，單個籃球的質量（單位：克）服從正態分布，從這一批籃球中隨機抽檢300個，則被抽檢的籃球的質量不小于596克的個數約為（　　）
A．246 B．252 C．286 D．293
【答案】D
【知識點】3σ原則
【解析】【解答】解：已知，則，，
所以
，
又，
所以被抽檢的籃球的質量不小于596克的個數約為個.
故答案為：D
【分析】利用正態曲線的性質結合原則即可求解.
7．（2024高二下·瀏陽期末）若，且能被17整除，則的最小值為（　　）
A．0 B．1 C．15 D．16
【答案】D
【知識點】二項式定理的應用
【解析】【解答】解：因為
又因為能被17整除，
所以上式中能被17整除，滿足題意，
所以，
則，
所以的最小值為16.
故答案為：D.
【分析】把改寫成，再利用二項式定理展開，令能被17整除，從而求出的最小值.
8．（2024高二下·瀏陽期末）現有4名男生和3名女生計劃利用假期到某地景區旅游，由于是旅游的旺季，他們在景區附近訂購了一家酒店的5間風格不同的房間，并約定每個房間都要住人，每個房間最多住2人，且男女不能混住．則不同的安排方法有（　　）種
A．1960 B．2160 C．2520 D．2880
【答案】C
【知識點】排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：3名女生需要住2個房間或3個房間．
若3名女生住2個房間，則不同的方法種數為，
若3名女生住3個房間，則不同的方法種數為，
則不同的安排方法有種．
故答案為：．
【分析】先把3名女生需要的房間數分類討論，再利用排列組合即可求解.
9．（2024高二下·瀏陽期末）下列命題中正確的是（　　）
A．若，則
B．若，則
C．已知，是關于的方程的一個根，則
D．若復數滿足，則的最大值為
【答案】A,C,D
【知識點】復數在復平面中的表示；復數代數形式的乘除運算；復數的模；方程在復數范圍內的解集
【解析】【解答】解：對于A：若，則，故A正確；
對于B：若，則，故B錯誤；
對于C：由，得出，
所以，則，故C正確；
對于D：設，則，所以，
所以且，即，
當且僅當時等號成立，
所以，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用向量求模公式判斷出選項A；利用共軛復數的定義和復數乘法的運算法則，則判斷出選項B；代入和復數相等的判斷方法，從而列式計算得出m，n的值，進而得出m+n的值，則判斷出選項C；設，再利用復數的運算法則和復數求模公式，從而求出的關系式，再結合基本不等式求最值的方法，從而求出的最大值，再代入計算得出的最大值，則判斷出選項D，進而找出真命題的選項.
10．（2024高二下·瀏陽期末）下列說法中， 正確的是（　　）
A．數據的第百分位數為
B．已知隨機變量服從正態分布，；則
C．已知兩個變量具有線性相關關系，其回歸直線方程，若，則
D．若樣本數據的方差為，則數據的方差為4
【答案】B,C
【知識點】用樣本的數字特征估計總體的數字特征；線性回歸方程；總體分布的估計；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：對于A中，我們首先按順序排列數據，得到，
而第百分位數即為中位數，所以該數為，故A錯誤，
對于B中，因為隨機變量服從正態分布，，
所以，，
故，得到，故B正確，
對于C中，因為，所以，
將代入中，得到，解得，故C正確，
對于D中，因為樣本數據的方差為，
所以數據的方差為，故D錯誤.
故選：BC.
【分析】利用第百分位數的性質，可判斷A，利用正態分布的性質，可判斷B，利用回歸方程的性質，可判斷C，利用數據方差的性質，可判斷D，即可求解.
11．（2024高二下·瀏陽期末）對于任意的表示不超過的最大整數.十八世紀，被“數學王子”高斯采用，因此得名為高斯函數，人們更習慣稱為“取整函數”.下列說法正確的是(　　)
A．函數的圖象關于原點對稱
B．函數的值域為
C．對于任意的，不等式恒成立
D．不等式的解集為
【答案】B,C,D
【知識點】函數的值域；函數的奇偶性；一元二次不等式及其解法；不等式的證明
【解析】【解答】解：A、當時，，當時，，
所以，不是奇函數，即函數的圖象不是關于原點對稱，故A錯誤；
B、由取整函數的定義知， ，則，
即，故函數的值域為，故B正確；
C、因為，，所以，故C正確；
D、由得，解得，結合取整函數的定義可得，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】結合取整函數的定義，利用奇偶性的定義即可判斷A；由取整函數的定義得到，即可判斷BC；先解一元二次不等式，再根據取整函數的定義即可判斷D.
12．（2024高二下·瀏陽期末）函數（且）的圖象恒過定點　 　.
【答案】
【知識點】對數函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：令，解得，又，
所以函數（且）的圖象恒過定點.
故答案為：
【分析】令可得，代入函數解析式即可求解.
13．（2024高二下·瀏陽期末）已知，則　 　.
【答案】
【知識點】二項式系數的性質；二項展開式
【解析】【解答】解：令，即，
原等式為，項為，
所以.
故答案為：
【分析】利用換元法，再利用二項式定理即可求出.
14．（2024高二下·瀏陽期末）已知在直三棱柱中，，且此三棱柱有內切球，則此三棱柱的內切球與外接球的表面積之比為　 　.
【答案】
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；球內接多面體
【解析】【解答】解：設，
因為，
所以，
設的內切圓的半徑為，
則，
所以，解得，
因為三棱柱有內切球，所以，
因為，，
所以直三棱柱的外接球的直徑就是以為棱的長方體的對角線，
其長為，
所以三棱錐的內切球的表面積為，三棱錐的外接球的表面積為，
所以三棱柱的內切球與外接球的表面積之比為.
故答案為：.
【分析】設，結合已知條件，從而得出的長，根據三棱柱有內切球求出此三棱柱的內切球半徑，再求出外接球的半徑，則結合球的表面積公式得出此三棱柱的內切球與外接球的表面積之比 .
15．（2024高二下·瀏陽期末）已知.
（1）若展開式的第3項和第5項的二項式系數相等，求的值，并求常數項；
（2）若展開式中所有項的系數之和為81，求展開式中二項式系數最大的項.
【答案】（1）解：因為展開式的第3項和第5項的二項式系數相等，
所以，即，，
整理得，解得或（舍），
所以展開式的通項為，
令，得，
故常數項為.
（2）解：令，得所有項的系數之和為，解得.
由于是偶數，所以展開式中共有5項，且第3項的二項式系數最大，
所以展開式中二項式系數最大的項為.
【知識點】二項式系數的性質；二項展開式的通項
【解析】【分析】（1）利用第3項和第5項的二項式系數相等可得，再利用展開式的通項即可求解；
（2）令，可能，再利用二項式系數的單調性即可求解.
（1）因為展開式的第3項和第5項的二項式系數相等，
所以，即，，
整理得，解得或（舍），
所以展開式的通項為，
令，得，
故常數項為.
（2）令，得所有項的系數之和為，解得.
由于是偶數，所以展開式中共有5項，且第3項的二項式系數最大，
所以展開式中二項式系數最大的項為.
16．（2024高二下·瀏陽期末）已知的內角的對邊分別為的面積為．
（1）求；
（2）若，且的周長為5，設為邊BC中點，求AD.
【答案】（1）解：依題意，得，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理可知，
解得，
因為，
所以.
（2）解：依題意，，
因為，解得，
因為，
所以
所以．
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；正弦定理的應用；余弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）根據三角形的面積公式結合正弦定理化角為邊，再利用余弦定理和三角形中角A的取值范圍，從而得出角A的值.
（2）根據三角形的周長結合余弦定理求出的值，再利用平行四邊形法則和中點的性質以及數量積求向量的模的公式，從而得出AD的長.
（1）依題意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因為，所以；
（2）依題意，，
因為，解得，
因為，
所以，
所以．
17．（2024高二下·瀏陽期末）有3臺車床加工同一型號的零件，第1臺加工的次品率為6%，第2，3臺加工的次品率均為5%，加工出來的零件混放在一起．已知第1，2，3臺車床加工的零件數分別占總數的25%，30%，45%.
（1）任取一個零件，計算它是次品的概率；
（2）如果取到的零件是次品，計算它是第i(i＝1，2，3)臺車床加工的概率．
【答案】解：設B＝“任取一個零件為次品”，Ai＝“零件為第i臺車床加工”(i＝1，2，3)，則Ω＝A1∪A2∪A3，A1，A2，A3兩兩互斥．根據題意得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，計算它是第i(i＝1，2，3)臺車床加工的概率”，就是計算在B發生的條件下，事件Ai發生的概率．
P(A1|B)＝＝
＝＝.
類似地，可得P(A2|B)＝，P(A3|B)＝.
【知識點】全概率公式；條件概率乘法公式
【解析】【分析】利用全概率公式 P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3) 和條件概率公式 P(A1|B)＝＝即可求解.
18．（2024高二下·瀏陽期末）刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于2π與多面體在該點的面角之和的差，其中多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制．例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為，故其各個頂點的曲率均為．如圖，在直三棱柱中，點A的曲率為，N，M分別為AB，的中點，且．
（1）證明：平面．
（2）證明：平面平面．
（3）若，求二面角的正切值．
【答案】（1）證明：在直三棱柱中，
平面ABC，平面ABC，
則，，
所以點A的曲率為，
所以，
因為，
所以△ABC為正三角形，
因為N為AB的中點，
所以，
又因為平面ABC，平面ABC，
所以，
又因為，平面，
所以平面．
（2）證明：取的中點D，連接DM，DN，
因為N為AB的中點，
所以且．
又因為且，
所以且，
所以四邊形CNDM為平行四邊形，則，
由（1）知平面，
則平面，
又因為平面，
所以平面平面．
（3）解：取BC的中點F，連接AF，則，
因為平面ABC，平面ABC，
所以，
因為，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以，
過F作的垂線，垂足為H，連接AH，
則，
又因為平面，
所以平面，
又因為平面，，
所以∠AHF為二面角的平面角的補角，
設，，
則，，，
由等面積法可得，
則，
則，
故二面角的正切值為．
【知識點】直線與平面垂直的判定；平面與平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由題意可得，根據線面垂直的性質定理可得，再結合線面垂直的判定定理證出平面．
（2）如圖，易證，由（1）得平面，再結合面面垂直的判定定理證出平面平面．
（3）如圖，根據線面垂直的判定定理可得平面，利用線面垂直的定義得出，易證，則∠AHF為二面角的平面角的補角，再結合等面積法得出FH的長，最后由正切函數的定義得出二面角的正切值.
（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
則，，所以點A的曲率為，
所以．因為，所以△ABC為正三角形．
因為N為AB的中點，所以．
又平面ABC，平面ABC，所以，
因為，平面，所以平面．
（2）取的中點D，連接DM，DN．
因為N為AB的中點，所以且．
又且，所以且，
所以四邊形CNDM為平行四邊形，則．
由（1）知平面，則平面．
又平面，所以平面平面．
（3）取BC的中點F，連接AF，則．
因為平面ABC，平面ABC，所以，
因為，平面，所以平面．
又平面，所以，過F作的垂線，垂足為H，連接AH，
則，又平面，所以平面，
又平面，，
所以∠AHF為二面角的平面角的補角．
設，，則，，．
由等面積法可得，則，
則，故二面角的正切值為．
19．（2024高二下·瀏陽期末）數列中，從第二項起，每一項與其前一項的差組成的數列稱為的一階差數列，記為，依此類推，的一階差數列稱為的二階差數列，記為，…．如果一個數列的p階差數列是等比數列，則稱數列為p階等比數列．
（1）已知數列滿足，．
（ⅰ）求，，；
（ⅱ）證明：是一階等比數列；
（2）已知數列為二階等比數列，其前5項分別為，求及滿足為整數的所有n值．
【答案】（1）（ⅰ）解：由，，
易得，……，
由一階等差數列的定義得：
，，.
（ⅱ）證明：因為，
所以，當時，則，
所以，
則，
則，
又因為，
所以是以1為首項，2為公比的等比數列，
則數列是一階等比數列.
（2）解：由題意，得的二階等差數列為等比數列，設公比為，
則，，
所以，
由題意，得，
所以，
所以，
則.
所以為整數當且僅當為整數，
由時符合題意，時不合題意，
當時，
所以，原題等價于為整數，
因為①，
顯然含質因子3，
所以必為9的倍數，
設，
則，
將代入①式，
當為奇數時，為偶數，①式為2的倍數；
當為偶數時，為奇數，為偶數，①式為2的倍數，
又因為2與9互質，所以①為整數，
綜上所述，當時，為整數.
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式；數列的求和；二項式定理的應用
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根據的定義結合數列的通項公式，從而得出，，的值.
（ⅱ）根據數列遞推公式構造，再結合等比數列的定義證出數列是以1為首項，2為公比的等比數列，從而證出數列是一階等比數列.
（2）由題意得出數列的二階等差數列為等比數列，設公比為，從而可得，再結合可得，從而分析為整數當且僅當為整數，再根據二項展開式結合整除的性質分析得出滿足為整數的所有n值.
（1）（ⅰ）由，易得，……
由一階等差數列的定義得：
，，.
（ⅱ）因為，所以當時有，
所以，即，
即，又因為，故是以1為首項，2為公比的等比數列，
即是一階等比數列.
（2）由題意的二階等差數列為等比數列，設公比為，
則，，所以.
由題意，所以，
所以，
即.
所以為整數當且僅當為整數.
由已知時符合題意，時不合題意，
當時，，
所以原題等價于為整數，
因為①，
顯然含質因子3，所以必為9的倍數，
設，則，將代入①式，
當為奇數時，為偶數，①式為2的倍數；
當為偶數時，為奇數，為偶數，①式為2的倍數，
又因為2與9互質，所以①為整數.
綜上，當時，為整數.
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