2024湖南省三湘名校教育联盟高二下学期4月期中联考数学试题含解析

这是一份2024湖南省三湘名校教育联盟高二下学期4月期中联考数学试题含解析，共11页。试卷主要包含了已知首项为3的数列满足，则，设是线段的中点，是直线外一点，已知随机变量，则，设数列的前项和为，且等内容，欢迎下载使用。
数学
本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自已的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1.已知命题，则为（ ）
A. B.
C. D.
2.已知，且为纯虚数，则（ ）
A.2 B.-2 C.1 D.-1
3.已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A.-1 B.-2 C.2 D.1
4.已知双曲线的实轴长为6，焦点为，则的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5.甲乙两名大学生计划今年五一假期分别从岳阳楼，常德桃花源，天门山，长沙橘子洲头，茶峒古镇五个不同的景区随机选三个景区前往打卡旅游，则两人恰好有两个景区相同的选法共有（ ）
A.36种 B.48种 C.60种 D.72种
6.已知首项为3的数列满足，则（ ）
A.-2 B. C.2 D.3
7.为了解某高中甲､乙两个清北班一周内的请假同学人数情况，采用样本量比例分配分层随机抽样方法进行了调查.已知甲班调查了40名同学，其一周内请假人数的平均数和方差分别为5和1.65，乙班调查了60名同学，其一周内请假人数的平均数和方差分别为4和3.5，据此估计该校两个清北班一周内请假人数的总体方差为（ ）
A.2.6 B.3 C.3.4 D.4.1
8.设是线段的中点，是直线外一点.为线段上的两点，，且，则（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9.已知随机变量，则（ ）
A. B.
C. D.
10.设数列的前项和为，且（为常数），则下列命题为真命题的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若为等差数列，则
D.若为等比数列，则
11.已知函数的最小正周期为，则（ ）
A.若曲线的图象关于轴对称，则
B.若的图象关于点中心对称，则
C.若在区间上单调递增，则
D.若在区间内有且仅有三个零点，则
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若为奇函数，则__________.
13.陶瓷艺术源远流长，人们的日常生活中随处可见，尤其房屋装饰中瓷砖拼接的艺术颇具美感.当一些纵向长度为1，横向长度为2的矩形瓷砖在垂直或水平方向上没有间隙即恰好拼成矩形时，其铺设方法被称为瓷砖的“布置”.设纵向长度为3，横向长度为的长方形为.使用片砖的的“布置”方法总数为，则__________.
14.若存在两个不相等的正整数，使得对任意的都成立，则常数的所有可能取值构成的集合为__________.
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.（13分）在锐角中，角所对的边分别为，且.
（1）求，
（2）若，求的周长.
16.（15分）将4个形状､大小､颜色均相同的排球随机放入4个编号为的排球筐内，每个排球筐最多可容纳5个排球，记编号为2的排球筐内最终的排球个数为.
（1）求编号为2的排球筐内有球的概率；
（2）求的分布列.
17.（15分）在平面直角坐标系中，直线交椭圆于两点，点关于轴的对称点为.
（1）用含的式子表示的中点坐标；
（2）证明：直线过定点.
18.（17分）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为.
（1）求直四棱柱的高；
（2）在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由.
19.（17分）如图为英国生物学家高尔顿设计的“高尔顿板”示意图，每一个黑点代表钓在板上的一颗钉子，下方有从左至右依次编号为的格子（此时钉子层数为）.当小球从板口下落时，它将碰到钉子并有的概率向左或向右滚下，继续碰至下一层钓子，依次类推落入底部格子.记小球落入格子的编号为.定义.
（1）直接写出时的分布列；
（2）证明：；
（3）改变格子个数（钉子层数相应改变），进行次实验，第且次实验中向格子最大编号为的高尔顿板中投入个小球，记所有实验中所有小球落入的格子编号之和为.已知无交集的独立事件的期望具有累加性，设每次实验､每次投球相互独立，求关于的表达式.
三湘名校教育联盟·2024年上学期高二期中大联考·数学
参考答案､提示及评分细则
1.【答案】B
【解析】易知全称量词命题的否定是特称量词命题，而命题是全称量词命题，所以为“”，故选B.
2.【答案】D
【解析】由题意可得为纯虚数，所以，所以-1，故选D.
3.【答案】B
【解析】因为，由正态分布的对称性可知，所以-2，故选B.
4.【答案】A
【解析】由题意可得的焦点为，易知实半轴长为3，则虚半轴长为，双曲线的方程为，所以的渐近线方程为.故选A.
5.【答案】C
【解析】两人恰好有两个景区相同的选法共有种.故选C.
6.【答案】D
【解析】由题意，
所以数列的周期是4，从而，故选D.
7.【答案】B
【解析】因为甲班调查了40人，其平均数和方差分别为和乙班调查了60人，其平均数和方差分别为和设调查的总样本的平均数为和方差为则故选B.
8.【答案】D
【解析】选取为基底进行研究.易知.设，同理得.同时，则，同理得.因此由题意，得.同理可得，，结合，解得.所以.故选D.
9.【答案】AD
【解析】对于，由题意可得服从二项分布，故，故正确；对于：因为，所以，故B错误；对于，故C错误；对于D，，故D正确，故选AD.
10.【答案】ACD
【解析】当时，；当时，.所以，若，则，故，则，故A选项正确.若，则，故，则，故B选项错误.若为等差数列，则当时，是与无关的常数，故只能有，即；同时也是与无关的常数，且根据等差数列的定义可知，这两个常数是同一个数，故.所以，C选项正确.若为等比数列，则当时，，这是一个与无关的常数；同时也是与无关的常数，且根据等比数列的定义可知，这两个常数是同一个数，故，得，故D选项正确，故选ACD.
11.【答案】ABD
【解析】由题意可得的最小正周期为，又，则，所以，对于A项，因为为偶函数，所以，得，因为，所以，故A正确；对于B项，因为的图象关于点中心对称，所以，得，因为，所以，故B正确；对于C项，由可得，因为，且在区间上单调递增，所以，解得，故C错误；对于D项，由可得，因为，结合正弦函数图象得，解得，故D项正确.故选ABD.
12.【答案】2024
【解析】由题意得函数的定义域为，，由函数为奇函数，有，即，解得.故答案为2024.
13.【答案】11
【解析】如图所示：我们按水平瓷砖数量逐渐递减的方式枚举全部布置方法（6水平水平水平）.
故.
14.【答案】
【解析】由存在两个不相等的正整数，使得可得，又，则.
因为题给不等式对任意满足条件的自然数都成立，则是的最大值.根据组合数最大值的性质，且，可知为奇数，且.所以.
15.【解析】（1）由正弦定理知：.因为为三角形一内角，则，所以.因为为锐角三角形，故.
（2）由余弦定理得，则，即，即，因为，则，所以的周长为.
16.【解析】1）设事件“编号为2的排球管内有球”为事件，
则易得
（2）由题意，的值可以为：
且；.所以的分布列为：
17.【解析】（1）由题意可得，设，则，
联立，得，则，，故中点坐标为.
（2）直线，当时，，所以直线过定点.
18.【解析】（1）设.因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直.如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系.
因为菱形中，，所以.设，则，.
设平面的一个法向量为，则由得，令得.所以.
因为直线与平面所成角为，所以，即，
解得.
（2）假设能找到这样的点.设，且.则.设平面的一个法向量为，则由得令得.则.
由平面与平面的夹角为，可得，即，解得.所以能找到这样的点.此时，，故
19.【解析】（1）时的分布列为：
（2）由题得，
倒序有，两式相加有
由于，依次类推，上式可化简为，
由组合数性质，有，故有，化简得，得证.
（3）设向格子最大编号为的高尔顿板中投入的一个球落人格子的编号为.由于无交集的独立事件的期望具有累加性，则有，
其中，由（2）有.即，则，两式相减得，
化简得.0
1
2
3
4
1
2
3