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
1．（2024高二下·浏阳期末）已知集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·浏阳期末）已知向量，，且，则（ ）
A．0 B． C．4 D．3
3．（2024高二下·浏阳期末）函数的部分图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·浏阳期末）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．（2024高二下·浏阳期末）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．（2024高二下·浏阳期末）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．（2024高二下·浏阳期末）若，且能被17整除，则的最小值为（ ）
A．0 B．1 C．15 D．16
8．（2024高二下·浏阳期末）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
9．（2024高二下·浏阳期末）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．（2024高二下·浏阳期末）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．（2024高二下·浏阳期末）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
12．（2024高二下·浏阳期末）函数（且）的图象恒过定点 .
13．（2024高二下·浏阳期末）已知，则 .
14．（2024高二下·浏阳期末）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 .
15．（2024高二下·浏阳期末）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．（2024高二下·浏阳期末）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．（2024高二下·浏阳期末）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．（2024高二下·浏阳期末）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．（2024高二下·浏阳期末）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．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】 ， ，
， ．
故答案为：D．
【分析】根据题意由交集的定义即可得出答案。
2．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由，可得，则，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】利用向量共线的坐标运算可得的值，再结合数量积的坐标表示得出的值.
3．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】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.
故答案为：D
【分析】先利用奇偶函数定义判断函数为奇函数即可排除A；再利用y轴右侧有两个零点即可排除B；利用函数值的符号即可排除C.
4．【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：已知，则，
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.
故答案为：A
【分析】先利用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，再利用可得，再利用平移变换求出，利用可得即可求解.
5．【答案】B
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：A、从数据看，随的增大而减小，所以变量与负相关，故A正确；
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；
C、当时销量约为（万只），故C正确．
D、由B选项可知，故D正确.
故答案为：B.
【分析】利用表中数据变化情况或看回归方程的正负均即可判断A；利用样本中心点求出线性回归方程，把代入回归方程即可判断B；把代入回归方程即可判断C；利用回归方程一定过样本中心点即可判断D.
6．【答案】D
【知识点】3σ原则
【解析】【解答】解：已知，则，，
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.
故答案为：D
【分析】利用正态曲线的性质结合原则即可求解.
7．【答案】D
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为
又因为能被17整除，
所以上式中能被17整除，满足题意，
所以，
则，
所以的最小值为16.
故答案为：D.
【分析】把改写成，再利用二项式定理展开，令能被17整除，从而求出的最小值.
8．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】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．
故答案为：．
【分析】先把3名女生需要的房间数分类讨论，再利用排列组合即可求解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：对于A：若，则，故A正确；
对于B：若，则，故B错误；
对于C：由，得出，
所以，则，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.
故答案为：ACD.
【分析】利用向量求模公式判断出选项A；利用共轭复数的定义和复数乘法的运算法则，则判断出选项B；代入和复数相等的判断方法，从而列式计算得出m，n的值，进而得出m+n的值，则判断出选项C；设，再利用复数的运算法则和复数求模公式，从而求出的关系式，再结合基本不等式求最值的方法，从而求出的最大值，再代入计算得出的最大值，则判断出选项D，进而找出真命题的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；线性回归方程；总体分布的估计；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A中，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中，因为随机变量服从正态分布，，
所以，，
故，得到，故B正确，
对于C中，因为，所以，
将代入中，得到，解得，故C正确，
对于D中，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.
【分析】利用第百分位数的性质，可判断A，利用正态分布的性质，可判断B，利用回归方程的性质，可判断C，利用数据方差的性质，可判断D，即可求解.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的值域；函数的奇偶性；一元二次不等式及其解法；不等式的证明
【解析】【解答】解：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；
B、由取整函数的定义知， ，则，
即，故函数的值域为，故B正确；
C、因为，，所以，故C正确；
D、由得，解得，结合取整函数的定义可得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】结合取整函数的定义，利用奇偶性的定义即可判断A；由取整函数的定义得到，即可判断BC；先解一元二次不等式，再根据取整函数的定义即可判断D.
12．【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，解得，又，
所以函数（且）的图象恒过定点.
故答案为：
【分析】令可得，代入函数解析式即可求解.
13．【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：令，即，
原等式为，项为，
所以.
故答案为：
【分析】利用换元法，再利用二项式定理即可求出.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设，
因为，
所以，
设的内切圆的半径为，
则，
所以，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：.
【分析】设，结合已知条件，从而得出的长，根据三棱柱有内切球求出此三棱柱的内切球半径，再求出外接球的半径，则结合球的表面积公式得出此三棱柱的内切球与外接球的表面积之比 .
15．【答案】（1）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.
（2）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.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）利用第3项和第5项的二项式系数相等可得，再利用展开式的通项即可求解；
（2）令，可能，再利用二项式系数的单调性即可求解.
（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.
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．【答案】（1）解：依题意，得，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理可知，
解得，
因为，
所以.
（2）解：依题意，，
因为，解得，
因为，
所以
所以．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【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，再利用余弦定理和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据三角形的周长结合余弦定理求出的值，再利用平行四边形法则和中点的性质以及数量积求向量的模的公式，从而得出AD的长.
（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
17．【答案】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)＝.
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【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) 和条件概率公式 P(A1|B)＝＝即可求解.
18．【答案】（1）证明：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，
又因为平面ABC，平面ABC，
所以，
又因为，平面，
所以平面．
（2）证明：取的中点D，连接DM，DN，
因为N为AB的中点，
所以且．
又因为且，
所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则，
由（1）知平面，
则平面，
又因为平面，
所以平面平面．
（3）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，
又因为平面，
所以，
过F作的垂线，垂足为H，连接AH，
则，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，，
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．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由题意可得，根据线面垂直的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理证出平面．
（2）如图，易证，由（1）得平面，再结合面面垂直的判定定理证出平面平面．
（3）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，利用线面垂直的定义得出，易证，则∠AHF为二面角的平面角的补角，再结合等面积法得出FH的长，最后由正切函数的定义得出二面角的正切值.
（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．
19．【答案】（1）（ⅰ）解：由，，
易得，……，
由一阶等差数列的定义得：
，，.
（ⅱ）证明：因为，
所以，当时，则，
所以，
则，
则，
又因为，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
则数列是一阶等比数列.
（2）解：由题意，得的二阶等差数列为等比数列，设公比为，
则，，
所以，
由题意，得，
所以，
所以，
则.
所以为整数当且仅当为整数，
由时符合题意，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，
综上所述，当时，为整数.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根据的定义结合数列的通项公式，从而得出，，的值.
（ⅱ）根据数列递推公式构造，再结合等比数列的定义证出数列是以1为首项，2为公比的等比数列，从而证出数列是一阶等比数列.
（2）由题意得出数列的二阶等差数列为等比数列，设公比为，从而可得，再结合可得，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得出满足为整数的所有n值.
（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.
1 / 1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
1．（2024高二下·浏阳期末）已知集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】 ， ，
， ．
故答案为：D．
【分析】根据题意由交集的定义即可得出答案。
2．（2024高二下·浏阳期末）已知向量，，且，则（ ）
A．0 B． C．4 D．3
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由，可得，则，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】利用向量共线的坐标运算可得的值，再结合数量积的坐标表示得出的值.
3．（2024高二下·浏阳期末）函数的部分图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】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.
故答案为：D
【分析】先利用奇偶函数定义判断函数为奇函数即可排除A；再利用y轴右侧有两个零点即可排除B；利用函数值的符号即可排除C.
4．（2024高二下·浏阳期末）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
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：已知，则，
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.
故答案为：A
【分析】先利用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，再利用可得，再利用平移变换求出，利用可得即可求解.
5．（2024高二下·浏阳期末）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
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：A、从数据看，随的增大而减小，所以变量与负相关，故A正确；
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；
C、当时销量约为（万只），故C正确．
D、由B选项可知，故D正确.
故答案为：B.
【分析】利用表中数据变化情况或看回归方程的正负均即可判断A；利用样本中心点求出线性回归方程，把代入回归方程即可判断B；把代入回归方程即可判断C；利用回归方程一定过样本中心点即可判断D.
6．（2024高二下·浏阳期末）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
【知识点】3σ原则
【解析】【解答】解：已知，则，，
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.
故答案为：D
【分析】利用正态曲线的性质结合原则即可求解.
7．（2024高二下·浏阳期末）若，且能被17整除，则的最小值为（ ）
A．0 B．1 C．15 D．16
【答案】D
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为
又因为能被17整除，
所以上式中能被17整除，满足题意，
所以，
则，
所以的最小值为16.
故答案为：D.
【分析】把改写成，再利用二项式定理展开，令能被17整除，从而求出的最小值.
8．（2024高二下·浏阳期末）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
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】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．
故答案为：．
【分析】先把3名女生需要的房间数分类讨论，再利用排列组合即可求解.
9．（2024高二下·浏阳期末）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】A,C,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：对于A：若，则，故A正确；
对于B：若，则，故B错误；
对于C：由，得出，
所以，则，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.
故答案为：ACD.
【分析】利用向量求模公式判断出选项A；利用共轭复数的定义和复数乘法的运算法则，则判断出选项B；代入和复数相等的判断方法，从而列式计算得出m，n的值，进而得出m+n的值，则判断出选项C；设，再利用复数的运算法则和复数求模公式，从而求出的关系式，再结合基本不等式求最值的方法，从而求出的最大值，再代入计算得出的最大值，则判断出选项D，进而找出真命题的选项.
10．（2024高二下·浏阳期末）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】B,C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；线性回归方程；总体分布的估计；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A中，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中，因为随机变量服从正态分布，，
所以，，
故，得到，故B正确，
对于C中，因为，所以，
将代入中，得到，解得，故C正确，
对于D中，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.
【分析】利用第百分位数的性质，可判断A，利用正态分布的性质，可判断B，利用回归方程的性质，可判断C，利用数据方差的性质，可判断D，即可求解.
11．（2024高二下·浏阳期末）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】B,C,D
【知识点】函数的值域；函数的奇偶性；一元二次不等式及其解法；不等式的证明
【解析】【解答】解：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；
B、由取整函数的定义知， ，则，
即，故函数的值域为，故B正确；
C、因为，，所以，故C正确；
D、由得，解得，结合取整函数的定义可得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】结合取整函数的定义，利用奇偶性的定义即可判断A；由取整函数的定义得到，即可判断BC；先解一元二次不等式，再根据取整函数的定义即可判断D.
12．（2024高二下·浏阳期末）函数（且）的图象恒过定点 .
【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，解得，又，
所以函数（且）的图象恒过定点.
故答案为：
【分析】令可得，代入函数解析式即可求解.
13．（2024高二下·浏阳期末）已知，则 .
【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：令，即，
原等式为，项为，
所以.
故答案为：
【分析】利用换元法，再利用二项式定理即可求出.
14．（2024高二下·浏阳期末）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】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设，
因为，
所以，
设的内切圆的半径为，
则，
所以，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：.
【分析】设，结合已知条件，从而得出的长，根据三棱柱有内切球求出此三棱柱的内切球半径，再求出外接球的半径，则结合球的表面积公式得出此三棱柱的内切球与外接球的表面积之比 .
15．（2024高二下·浏阳期末）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）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.
（2）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.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）利用第3项和第5项的二项式系数相等可得，再利用展开式的通项即可求解；
（2）令，可能，再利用二项式系数的单调性即可求解.
（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.
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．（2024高二下·浏阳期末）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）解：依题意，得，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理可知，
解得，
因为，
所以.
（2）解：依题意，，
因为，解得，
因为，
所以
所以．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【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，再利用余弦定理和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据三角形的周长结合余弦定理求出的值，再利用平行四边形法则和中点的性质以及数量积求向量的模的公式，从而得出AD的长.
（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
17．（2024高二下·浏阳期末）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】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)＝.
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【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) 和条件概率公式 P(A1|B)＝＝即可求解.
18．（2024高二下·浏阳期末）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：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，
又因为平面ABC，平面ABC，
所以，
又因为，平面，
所以平面．
（2）证明：取的中点D，连接DM，DN，
因为N为AB的中点，
所以且．
又因为且，
所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则，
由（1）知平面，
则平面，
又因为平面，
所以平面平面．
（3）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，
又因为平面，
所以，
过F作的垂线，垂足为H，连接AH，
则，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，，
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．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由题意可得，根据线面垂直的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理证出平面．
（2）如图，易证，由（1）得平面，再结合面面垂直的判定定理证出平面平面．
（3）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，利用线面垂直的定义得出，易证，则∠AHF为二面角的平面角的补角，再结合等面积法得出FH的长，最后由正切函数的定义得出二面角的正切值.
（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．
19．（2024高二下·浏阳期末）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）解：由，，
易得，……，
由一阶等差数列的定义得：
，，.
（ⅱ）证明：因为，
所以，当时，则，
所以，
则，
则，
又因为，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
则数列是一阶等比数列.
（2）解：由题意，得的二阶等差数列为等比数列，设公比为，
则，，
所以，
由题意，得，
所以，
所以，
则.
所以为整数当且仅当为整数，
由时符合题意，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，
综上所述，当时，为整数.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根据的定义结合数列的通项公式，从而得出，，的值.
（ⅱ）根据数列递推公式构造，再结合等比数列的定义证出数列是以1为首项，2为公比的等比数列，从而证出数列是一阶等比数列.
（2）由题意得出数列的二阶等差数列为等比数列，设公比为，从而可得，再结合可得，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得出满足为整数的所有n值.
（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.
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