2023-2024学年广东省佛山市高二下学期期末教学质量检测数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省佛山市高二下学期期末教学质量检测数学试题（含答案），共9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.(x−2)6的展开式中，x3的系数为( )
A. −160B. −20C. 20D. 160
2.甲、乙两校各有3名教师报名支教，现从这6名教师中随机派2名教师，则被派出的2名教师来自同一所学校的概率为( )
A. 15B. 25C. 12D. 35
3.函数f(x)=x3−6x2+16，x∈[0,5]的最小值为( )
A. −16B. −9C. 9D. 16
4.若将文盲定义为0，半文盲定义为1，小学定义为2，初中定义为3，职中定义为4，高中定义为5，大专定义为6，大学本科定义为7，硕士及以上学历定义为8，根据调查，某发达地区教育级别与月均纯收入(单位：万元)的关系如下表：
由回归分析，回归直线方程的斜率b=0.22，可预测该地区具有硕士及以上学历的月平均纯收入为( )
A. 1.40万元B. 1.42万元C. 1.44万元D. 1.46万元
5.某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有( )
A. 9种B. 11种C. 44种D. 45种
6.给定两个随机事件A，B，且P(A)>0，P(B)>0，则P(A|B)=P(A|B)的充要条件是( )
A. P(A|B)=12B. P(A|B)=12
C. P(AB)=P(A)P(B)D. P(A∪B)=P(A)+P(B)
7.若1eA. baC. ab8.佛山第一峰位于高明区皂幕山，其海拔最高达到804.5米.要登上皂幕山的最高峰，一共需要走6666级阶梯.小明和小吉同时从第1级阶梯出发登峰，假设他们在前30分钟中，每分钟走50级阶梯，由于体力有限，小明每隔30分钟，其每分钟走的阶梯数减少5级，而小吉每隔30分钟，其速度降低10%，直到登上最高峰，则( ) (参考数据：0.94≈0.66，0.95≈0.59，0.96≈0.53，0.97≈0.48)
A. 小明到达最高峰的时间比小吉早超过30分钟
B. 小吉到达最高峰的时间比小明早超过30分钟
C. 小明到达最高峰的时间比小吉早，但差距不超过30分钟
D. 小吉到达最高峰的时间比小明早，但差距不超过30分钟
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.在平面直角坐标系xOy中，过点P有且只有一条直线与曲线y=lnx相切，则点P的坐标可以是( )
A. (0,1)B. (1,0)C. (2,0)D. (1,1)
10.已知数列{an}(n∈N∗)的前n项和为Sn，则下列选项中，能使{an}为等差数列的条件有( )
A. Sn=(n+1)(n−1)
B. Sn=an
C. 对∀m，n∈N∗，有an=am+2(n−m)
D. an=4k−3,n=2k−14k−1,n=2k，k∈N∗
11.甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.下列说法正确的是( )
A. 已知第2次传球后球在甲手中，则球是由乙传给甲的概率为13
B. 已知第2次传球后球在丙手中，则球是由丁传给丙的概率为13
C. 第n次传球后球回到甲手中的不同传球方式共有14[3n+3⋅(−1)n]种
D. 第n次传球后球在乙手中的概率为14[1−(−13)n]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某厂家生产的产品的质量指标服从正态分布N(171,σ2).质量指标介于162至180之间的产品为良品,为使这种产品的良品率达到99.73%,则需调整生产工艺,使得σ至多为 . (若X~N(μ,σ2),则P(|X-μ|<3σ)=0.9973)
13.数列{an}满足a1=1，且an+1=an+n+1(n∈N∗)，则数列{1an}的前2024项和为 ．
14.已知f(x)是定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)的偶函数，当x>0时，有xf′(x)−2f(x)=(x−2)ex+2，且f(1)=e−2，则f(x)= ;不等式f(x)>e3−10的解集为 ．
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)
某工厂制造甲、乙、丙三件产品，制造过程必须先后经过两道工序.当第一道工序完成并合格后方可进入第二道工序，两道工序过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一道工序后，甲、乙、丙三件合格的概率依次为45，34，23，经过第二道工序后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为34，45，910．
(1)求第一道工序完成后至少有一件产品合格的概率;
(2)若前后两道工序均合格的产品为合格产品，记合格产品的个数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．
16.(本小题15分)
已知数列{an}(n∈N∗)的前n项和为Sn，a1=1，3a2=a3+2，且当n≥2时，Sn+1=3Sn−2Sn−1．
(1)证明：{an}是等比数列，并求出{an}的通项公式;
(2)设bn=lg2(4an)，数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn．
17.(本小题15分)
高考招生制度改革后，我省实行“3+1+2”模式，“3”为语文、数学、外语3门统一科目，“1”为考生在物理、历史两门科目中选择1门作为首选科目，“2”为考生在思想政治、地理、化学、生物学4门科目中选择2门作为再选科目.有人认为高考选考科目的确定与性别有关，为此，某教育机构随机调查了一所学校的n名学生，其中男生占调查人数的12，已知男生有910的人选了物理，而女生有710的人选物理．
(1)完成下列2×2列联表：
(2)若在犯错误的概率不超过0.01的前提下，可认为“性别与选科有关”，那么本次被调查的人数至少有多少?
(3)从物理类考生和历史类考生中各抽取1人，若抽取的2人性别恰好相同，求这2人是女生的概率．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=xlnx+1，g(x)=sinx.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程;
(2)证明：函数ℎ(x)=f(x)−g(x)在区间(0,1)内有且只有一个极值点;
(3)证明：f(x)>g(x)．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(x−1)(ex−1)−a(a>0)，证明：
(1)f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增;
(2)若f(x)的两个零点为x1，x2(x1(ⅰ)x1+x2<1;
(ⅱ)x2−x1<1+aee−1．
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.D
5.D
6.C
7.C
8.D
9.AB
10.BCD
11.ACD
12.3
13.40482025
14.e|x|−1−x2；(−∞,−3)∪(3,+∞)
15.解：分别记甲、乙、丙经第一道工序后合格为事件A1，A2，A3，
(1)设E表示第一道工序后至少有一件合格，
则P(E)=1−P(A1·A2·A3)=1−P(A1)P(A2)P(A3)
=1−[1−P(A1)][1−P(A2)][1−P(A3)]
=1−15×14×13=5960．
即第一道工序完成后至少有一件产品合格的概率为5960；
(2)因为每件产品经过两道工序后合格的概率均为p=35，
所以ξ∽B(3,0.6)，
所以P(ξ=k)=C3k×(35)k×(1−35)3−k，k=0，1，2，3，
即P(ξ=0)=(1−35)3=8125，
P(ξ=1)=C31×(35)2×(1−35)=36125，
P(ξ=2)=C32×(35)2×25=54125，
P(ξ=3)=C33(35)3=27125．
所以ξ的分布列是
故随机变量ξ的期望E(ξ)=np=3×0.6=1.8．
16.解：(1)当n≥2时，an+1an=Sn+1−SnSn−Sn−1=2，
故a3a2=2，又因为3a2=a3+2，解得a2=2，
故a2a1=2，故an+1an=2对于n∈N∗均成立，
故{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
且{an}的通项公式为an=2n−1．
(2)bn=n+1，anbn=(n+1)⋅2n−1，
Tn=2⋅1+3⋅2+4⋅22+⋯+(n+1)⋅2n−1，
2Tn=2⋅2+3⋅22+⋯+n⋅2n−1+(n+1)⋅2n，
两式相减，Tn=(n+1)⋅2n−(2+22+⋯+2n−1)−2
=(n+1)⋅2n−2(1−2n−1)1−2−2=n⋅2n．
故数列{anbn}的前n项和Tn=n⋅2n．
17.解：(1)依题意得，被调查的男生人数为n2，其中有9n20的男生选物理;
被调查的女生人数为n2，其中有7n20的女生选物理;
则2×2列联表如下：
(2)由列联表数据，得χ2=n(9n20·3n20−7n20·n20)n2·n2·4n5·n5=n16．
要使在犯错误的概率不超过0.01的前提下，
可认为“性别与选科有关”，
则n16≥6.635，解得n≥106.16，
又n∈N∗且9n20∈N∗，所以n≥120，即本次被调查的人数至少是120．
(3)设事件A表示“2人性别恰好相同”，事件B表示“2人性别相同且是女生”．
事件A包含的基本事件数为n(A)=9n20⋅n20+7n20⋅3n20=30n2400，
事件AB含的基本事件数为n(AB)=7n20⋅3n20=21n2400，
所求的条件概率为P(B|A)=n(AB)n(A)=21n240030n2400=710．
18.解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=lnx+1．
因为f(1)=1，f′(1)=1，
所以曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y=x．
(2)ℎ′(x)=lnx+1−csx.
当x∈(0,1)时，因为y=lnx和y=1−csx都是增函数，
所以ℎ′(x)=lnx+1−csx是增函数．
又因为ℎ′(1e)=−cs1e<0，ℎ′(1)=1−cs1>0，
所以∃x0∈(1e,1)，使得ℎ′(x0)=0．
当x∈(0,x0)时，ℎ′(x)<0;当x∈(x0,1)时，ℎ′(x)>0．
于是，ℎ(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增．
因此，ℎ(x)在区间(0,1)内有且只有一个极小值点x0，无极大值点．
(3)令F(x)=xlnx+1−x，则F′(x)=lnx.
当x∈(0,1)时，F′(x)<0;当x∈(1,+∞)时，F′(x)>0．
于是，F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
因此，F(x)≥F(1)=0．
令G(x)=x−sinx，
则G′(x)=1−csx≥0，当且仅当x=2kπ(k∈Z)时取等号．
于是，G(x)=x−sinx是增函数．
因此，当x>0时，G(x)>G(0)=0．
综上，F(x)+G(x)=xlnx+1−sinx>0，即f(x)>g(x)．
19.解：(1)f′(x)=xex−1，
令k(x)=f′(x)=xex−1，则k′(x)=(x+1)ex，
当x<−1时，k′(x)<0；当x>−1，k′(x)>0，
所以f′(x)在(−∞,−1)上递减，在(−1,+∞)上递增．
当x<0时，f′(x)<−1<0;当x>1时，f′(x)>f′(1)=e−1>0．
故f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
(2)(i)f(0)=f(1)=−a<0，当0≤x≤1时，f(x)≤−a<0，
故f(x)在[0,1]内没有零点．
当x→−∞，f(x)>0;当x→+∞时，f(x)>0，
根据函数零点存在定理，f(x)在区间(−∞,0)和(1,+∞)内各有一个零点．
因此x1<0，x2>1．
令F(x)=f(x)−f(1−x)，
则F′(x)=f′(x)+f′(1−x)=xex+(1−x)e1−x−2．
令G(x)=xex，则G′(x)=(1+x)ex，
G′(x)<0⇔x<−1，G′(x)>0⇔x>−1，
故G(x)在(−∞,−1)上递减，在(−1,+∞)上递增，
故G(x)min=G(−1)=−1e．
因此，当x<0时，1−x>1，F′(x)>−1e+e−2>0，
即F(x)在(−∞,0)上单调递增．
于是，F(x1)又因为f(x)在(1,+∞)上单调递增，
故x2<1−x1，即x1+x2<1．
(ii)令ℎ(x)=f(x)+x，则ℎ′(x)=xex．
当x<0时，ℎ′(x)<0，故ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，
ℎ(x)>ℎ(0)=−a，即f(x)+x>−a．
因此，f(x1)+x1=x1>−a，即−x1当x>1时，f(x)−(e−1)(x−1)=(x−1)(ex−e)−a>−a，
故f(x2)−(e−1)(x2−1)=−(e−1)(x2−1)>−a，即x2<1+ae−1 ②．
根据不等式的同向可加性( ①+ ②)，得x2−x1<1+ae−1+a=1+aee−1． 学历
初中
职中
高中
大专
本科
教育级别
3
4
5
6
7
月均纯收入
0.40
0.55
0.70
1.15
1.20
物理
历史
总计
男生
女生
总计
n
α
0.05
0.01
0.005
0.001
χα
3.841
6.635
7.879
10.828
ξ
0
1
2
3
P
8125
36125
54125
27125
物理
历史
总计
男生
9n20
n20
n2
女生
7n20
3n20
n2
总计
4n5
n5
n