[数学]湖南省三湘名校教育联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题（解析版）

这是一份[数学]湖南省三湘名校教育联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题（解析版），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。
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.
【答案】B
【解析】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，而命题是全称量词命题，所以为“”.
故选：B.
2. 已知，且为纯虚数，则（ ）
A. 2B. -2C. 1D. -1
【答案】D
【解析】由题意可得为纯虚数，
所以，所以.
故选：D.
3. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】B
【解析】因为，
由正态分布的对称性可知，
所以.
故选：B.
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.
【答案】A
【解析】由题意可得的焦点为，且实半轴长为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. 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
【答案】C
【解析】先从5个景点选出2个相同的，有种，
再从剩下的3个景点选两个分配给甲乙二人，有，
所以两人恰好有两个景区相同的选法共有种.故选：C.
6. 已知首项为3的数列满足，则（ ）
A. -2B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】由题意知首项为3的数列满足，
即，
所以数列的周期是4，
从而，故选：D.
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. 2.6B. 3C. 3.4D. 4.1
【答案】B
【解析】因为甲班调查了40人，则甲班所占比重为，
乙班调查了60人，则乙班所占比重为，
甲班平均数和方差分别为和乙班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. 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.
【答案】D
【解析】由于，即Q是的中点，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
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.
【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. 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
【答案】ACD
【解析】当时，；
当时，，
所以，
对于A，若，则，
故，则，故A选项正确；
对于B，若，则，
故，则，故B选项错误；
对于C，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；
对于D，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. 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. 若区间内有且仅有三个零点，则
【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，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.
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__________.
【答案】2024
【解析】由题意得函数的定义域为R,
，
，
由函数为奇函数，有，即，
解得.
故答案为：2024.
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__________.
【答案】11
【解析】因为n=2,所以需要用6块瓷砖铺成纵向长度为3，横向长度为4的矩形，
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.
故答案为：11.
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__________.
【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.
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. 在锐角中，角所对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的周长.
解：（1）因为
由正弦定理得，
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. 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.
解：（1）设事件“编号为的排球筐内有球”为事件，
则；
（2）由题意，的可能取值为，，，，，
所以，，
，，.
所以的分布列为：
17. 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.
解：（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. 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．
解：（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，，
所以
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. 如图为英国生物学家高尔顿设计的“高尔顿板”示意图，每一个黑点代表钉在板上的一颗钉子，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.
解：（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入格子的编号为，
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