2023-2024学年广东省佛山市桂城中学高二（下）第二次段考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省佛山市桂城中学高二（下）第二次段考数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知随机变量Y=3X+2，且D(Y)=18，则D(X)=( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
2.一木块沿某一斜面自由下滑，测得下滑的水平距离s(m)与时间t(s)之间的函数关系式为s=sin2t+t，则t=3时，此木块在水平方向的瞬时速度为( )
A. (2+cs6)m/sB. 2cs6m/sC. (1+2cs6)m/sD. cs6m/s
3.已知数列{an}满足an+1=−an−3，a1=2，则a99=( )
A. 2B. −2C. 5D. −5
4.对于函数f(x)=ex(x+1)3，下列说法错误的是( )
A. f(x)有最小值但没有最大值
B. 对于任意的x∈(−∞,−1)，恒有f(x)<0
C. f(x)仅有一个零点
D. f(x)有两个极值点
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，点(1,−4)，(5,0)均在数列{an}的图象上，则Sn的最小值是( )
A. −11B. −10C. −9D. 0
6.今天的课外作业是从6道应用题中任选2题详细解答，则甲、乙两位同学的作业中恰有一题相同的概率是( )
A. 215B. 415C. 615D. 815
7.已知(2x+1)2024=a0+a1x+a2x2+⋯+a2024x2024，则a1+a2+⋯+a2024被8除的余数为( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
8.若过点(1,b)可以作曲线y=ln(x+1)的两条切线，则( )
A. ln2ln2C. 01
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若(2x2−1x)n展开式中各奇数项的二项式系数的和为128.则( )
A. n=8B. (2x2−1x)n展开式中各项的系数和为1
C. (2x2−1x)n展开式中的常数项为1120D. (2x2−1x)n展开式中x的系数为−448
10.已知a∈Z，函数f(x)=xae|x|的大致图象可能是( )
A. B.
C. D.
11.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an−1，数列{bn}满足b1=2，(n+2)bn=nbn+1，记数列cn=anbn3n−1，则下列说法正确的是( )
A. an=2n−1
B. bn=n2+1
C. c4≥cn恒成立
D. 若n∈N+，关于n的不等式λ≤cn，恰有两个解，则λ的取值范围为(44881,16027]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1层开始，第n层从左到右的数字之和记为an，如a1=1+1=2，a2=1+2+1=4，…，则{an}的前9项和S9= ______．
13.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4=3，S8=51，则a1a2⋯an的最小值为______．
14.现有佛山某中学研究性学习课题小组，他们在研究某一圆柱形饮料罐的容积、表面积(用料)时遇到了一些困难，请你一起思考并帮助他们解决如下问题：当圆柱形饮料罐的容积V一定时，要使得饮料罐的表面积S最小，圆柱形饮料罐的高ℎ和底面半径r需满足的关系式为______．
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.(本小题13分)
现有来自两个班级的考生报名表，分装2袋，第一袋有6名男生和4名女生的报名表第二袋有7名男生和5名女生的报名表，随机选择一袋，然后从中随机抽取2份．
(1)求恰好抽到男生和女生的报名表各1份的概率；
(2)若已知抽到的是男生和女生的报名表各1份，用概率公式判断该报名表取自哪一袋的可能性更大．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x3−3a+12x2+ax．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有3个零点，求a的取值范围．
17.(本小题15分)
学生甲想加入校篮球队，篮球教练对其进行投篮测试.测试规则如下：①投篮分为两轮，每轮均有两次机会，第一轮在罚球线处，第二轮在三分线处；②若他在罚球线处投进第一球，则直接进入下一轮，若第一次没投进可以进行第二次投篮，投进则进入下一轮，否则不预录取；③若他在三分线处投进第一球，则直接录取，若第一次没投进可以进行第二次投篮，投进则录取，否则不予录取.已知学生甲在罚球线处投篮命中率为34，在三分线处投篮命中率为23.假设学生甲每次投进与否互不影响．
(1)求学生甲被录取的概率；
(2)在这次测试中，记学生甲投篮的次数为X，求X的分布列．
18.(本小题17分)
已知数列{an}满足a2=12，{1an−1}是公差为−12的等差数列．
(1)求{an}的通项公式．
(2)令bn=2(n+2)2an，求数列{bn}的前n项和Tn．
(3)令cn=a3n，是否存在互不相等的正整数m，s，n，使得m，s，n成等差数列，且cm−1，cs−1，cn−1成等比数列？如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=x(ex+1)−axalnx，a∈R．
(1)若a=0，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程．
(2)若a=1，求f(x)的单调性．
(3)当x>1时，f(x)≥alnx恒成立，求a的取值范围．
参考答案
1.A
2.C
3.A
4.D
5.B
6.D
7.D
8.B
9.ABD
10.ABC
11.ACD
12.1022
13.8125
14.ℎ=2r
15.解：(1)设A1=“抽到第一袋”，A2=“抽到第二袋”，B=“随机抽取2份，恰好抽到男生和女生的报名表各1份”，
则P(A1)=P(A2)=12，P(B|A1)=C61C41C102=2445=815，P(B|A2)=C71C51C122=3566．
由全概率公式得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=12(815+3566)=351660．
(2)报名表取自第一袋的概率P(A1|B)=P(BA1)P(B)=P(A1)P(B|A1)P(B)=12×815351660=176351．
报名表取自第二袋的概率P(A2|B)=P(BA2)P(B)=P(A2)P(B|A2)P(B)=12×3566351660=175351．
因为P(A1|B)>P(A2|B)，
所以该报名表取自第一袋的可能性更大．
16.解：(1)f′(x)=3x2−(3a+1)x+a=(3x−1)(x−a)，
当a<13时，令f′(x)>0，解得x13，所以f(x)在(−∞,a)和(13,+∞)上单调递增，在(a,13)上单调递减．
当a=13时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．
当a>13时，令f′(x)>0，解得x<13或x>a，所以f(x)在(−∞,13)和(a,+∞)上单调递增，在(13,a)上单调递减．
(2)由(1)可知a≠13，又f(x)有3个零点，所以f(13)f(a)<0，
f(13)=127−3a+118+a3=9a−154，f(a)=a3−3a3+a22+a2=−a22(a−1)．
由f(13)f(a)<0，可得a<19或a>1，即a的取值范围为(−∞,19)∪(1,+∞)．
17.解：记事件Ai表示“甲在罚球线处投篮，第i次投进”，事件Bi表示“甲在三分线处投篮，第i次投进”，
则P(A1)=P(A2)=34，P(B1)=P(B2)=23，
设事件C表示“学生甲不被录取”，则C=A1−A2−+(A1+A1−A2)B1−B2−，
所以P(C)=P(A1−A2−)+P(A1+A1−A2)P(B1−B2−)=14×14+(34+14×34)×13×13=16，
所以学生甲被录取的概率为1−P(C)=56．
(2)X的可能取值为2，3，4，
P(X=2)=P(A1−A2−+A1B1)=142+34×23=916，
P(X=3)=P(A1−A2B1+A1B1−)=14×34×23+34×13=38，
P(X=4)=P(A1−A2B1−)=14×34×13=116，
所以X的分布列为：

18.解：(1)由{1an−1}是公差为−12的等差数列，
得1a1−1+(−12)=1a2−1，且a2=12，则a1=13，
所以1a1−1=113−1=−32，所以1an−1=1a1−1−12(n−1)=−n+22，
解得an=nn+2．
(2)由(1)知an=nn+2，
所以bn=2(n+2)2an=2n(n+2)=1n−1n+2．
Tn=11−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2
=11+12−1n+1−1n+2=32−2n+3(n+1)(n+2)．
(3)由题意可知cn=a3n=3n3n+2．
假设存在互不相等的正整数m，s，n，使得m，s，n成等差数列，且cm−1，cs−1，cn−1成等比数列，
则m+n=2s，(cm−1)⋅(cn−1)=(cs−1)2，
即(3m3m+2−1)⋅(3n3n+2−1)=(3s3s+2−1)2，−23m+2⋅−23n+2=(−23s+2)2，
化简得3m+3n=2⋅3s．
因为3m+3n≥2⋅ 3m+n=2⋅3s，当且仅当m=n时，等号成立．
又因为m，n，s互不相等，所以不存在互不相等的正整数m，s，n．
19.解：(1)因为a=0，所以f(x)=x(ex+1)，则f′(x)=(x+1)ex+1．
又f(1)=e+1，f′(1)=2e+1，
故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−e−1=(2e+1)(x−1)，
即(2e+1)x−y−e=0；
(2)当a=1时，所以f(x)=x(ex+1)−xlnx，则f′(x)=(x+1)ex−lnx．
令g(x)=ex−x−1，ℎ(x)=lnx−x+1，
则g′(x)=ex−1，ℎ′(x)=1−xx．
当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)>g(0)=0，即ex>x+1；
当x∈(0,1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
故ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即lnx≤x−1．
从而f′(x)=(x+1)ex−lnx>(x+1)2−x+1=x2+x+2>0在(0,+∞)上恒成立，
则f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(3)f(x)≥alnx在(1,+∞)上恒成立，
等价于x(ex+1)≥(axa+a)lnx=alnx(ealnx+1)(∗)在(1,+∞)上恒成立．
若a≤0，则alnx(ealnx+1)≤0，
则x(ex+1)≥alnx(ealnx+1)显然成立；
若a>0，则alnx>0在(1,+∞)上恒成立，
令φ(t)=t(et+1)，
由(1)可知φ′(t)=(t+1)et+1>0在(0,+∞)上恒成立，
即φ(t)=t(et+1)在(0,+∞)上单调递增；
故由(∗)可得，φ(x)≥φ(alnx)，
则x≥alnx，即a≤xlnx．
令H(x)=xlnx(x>1)，则H′(x)=lnx−1(lnx)2，
当x∈(1,e)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
当x∈(e,+∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，
故H(x)min=H(e)=e，故得0综上所述，a的取值范围为(−∞,e]． X
2
3
4
P
916
38
116