广东省佛山市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题（解析版）

这是一份广东省佛山市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了请考生保持答题卡的整洁， 若，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必要填涂答题卡上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卡相应的位置上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.
4.请考生保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
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. 的展开式中的系数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据二项式定理展开式的通项公式得：，
故令得，
所以的展开式中的系数是.
故选：D
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. B. C. D.
【答案】B
【解析】从6名教师中选两名共有种选法，
而2名教师来自同一所学校共有种选法，且设所求概率为，
故得，故B正确.故选：B
3. 函数，的最小值为（ ）
A. B. C. 9D. 16
【答案】A
【解析】由可得，，
由解得，或，因，当时，，单调递减；
当时,,单调递增.故时,.
故选：A.
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，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
【答案】D
【解析】由题可设回归直线方程为，
又，
所以，故，
所以当时，.故选：D.
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
【答案】D
【解析】除抽到自己的人，其它4人各写一张贺年卡集中起来，再每人从中抽取一张，
标记这4人为B、C、D、E，其对应的贺卡为b、c、d、e，
则4人均未抽到自己的贺年卡情况如下列树状图：
由树状图可知，这4人均未抽到自己贺卡情况下抽到的贺年卡情况共有9种，
所以5人各写一张贺年卡，集中起来再每人从中抽取一张，恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有种.
故选：D.
6. 给定两个随机事件，且，，则的充要条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因,
则由可得，,
去分母得：，即：，
即是的充分条件；
由可得，，
即，因，，
若，则,必有；
当时，可得，即得，
故是的必要条件.
即的充要条件是.
故选：C.
7. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为在上递减，且，
所以，
因为在上递减，且，
所以，
令，则，
因为，所以，
所以在上递增，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
所以.故选：C
8. 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：，,，，）
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
【答案】D
【解析】记第n个30分钟小明和小吉走的级数分别为、，
则由题意可知，且，，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，且是以为首项，为公比的等比数列，
所以且，
所以数列和前n项和分别为：
，
，
所以，，
而，故第6个30分钟小明每分钟走的级数为，
所以小明登上最高峰所需时间为分；
因为，
，
而，故第6个30分钟小吉每分钟走的级数为，
所以小吉登上最高峰所需时间为分，
且分，
所以小吉到达最高峰的时间比小明早，但差距不超过30分钟.
故选：D.
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在平面直角坐标系中，过点有且只有一条直线与曲线相切，则点的坐标可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】设切点为，由求导得，，即切线斜率为，
则切线方程为：（*）.
对于A，把点代入（*）得，，解得，
即切点只有一个，故切线只有一条，故A正确；
对于B，把点 代入（*）得，，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，即方程有且只有一个根，
由题意知，此时切线有且只有一条，故B正确；
对于C，把点代入（*）得，，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，即在上恒成立，
故方程在上无实数解，故C错误；
对于D，把点代入（*）得，，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
又，
因，
，
由零点存在定理知，在和上各有一个零点，
即方程在上有两个实根，故切线有两条，故D错误.
故选：AB.
10. 已知数列的前项和为，则下列选项中，能使为等差数列的条件有（ ）
A.
B.
C. 对，有
D
【答案】BCD
【解析】对A：，
当时，，
则，
即，
，则，故不为等差数列，故A错误；
对B：当时，，则，
即，即对任意的，有，此时，
即数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确；
对C：令，则对，有，
故数列是以为公差的等差数列，故C正确；
对D：，
则，故数列是以为公差的等差数列，故D正确.
故选：BCD.
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
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
C. 第次传球后球回到甲手中的不同传球方式共有种
D. 第次传球后球在乙手中的概率为
【答案】ACD
【解析】选项AB，可通过列表得到，表格如下：
A选项，由题意得，第2次传球后球在甲手中的情况有3种，
其中乙传给甲的情况占其中1种，故概率为，A正确；
B选项，由题意得，第2次传球后球在丙手中的情况有2种，
其中是丁传给丙的情况占其中1种，故概率为，B错误；
C选项，设第次传球后球回到甲手中的不同传球方式有种，
则，结合（1）中表格可得，
故，设，
即，故，解得，
故，
故为公比为的等比数列，首项为，
故，故，
第次传球后球回到甲手中的不同传球方式共有，C正确；
D选项，设第次传球后球在乙，手中的概率，
则，其中，
设，
故，所以，解得，
故，
故为公比为的等比数列，首项为，
故，故，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.其中第14题对一空得3分，全对得5分.
12. 某厂家生产的产品质量指标服从正态分布.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，使得至多为___.（若，则）
【答案】3
【解析】因为产品质量指标服从正态分布，，
且质量指标介于162至180之间的产品为良品，良品率达到99.73%，
所以，，
解得，
所以至多为3，
故答案为：3
13. 数列满足，且，则数列的前2024项和为______.
【答案】
【解析】由可得，
则，
则，
故数列的前2024项和为.
故答案为：.
14. 已知是定义域为偶函数,当时，有
，且，则__________；不等式的解集为______________.
【答案】；
【解析】，
移项化简得，
即，
设，则，
设，则，
又，其中为常数，即，
，又，，解得，
所以当时，，
又是定义域为的偶函数，.
当时，，则，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，即，
所以在上单调递增，，
所以由可得，即，解得或，
所以不等式的解集为.
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. 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，，经过第二道工序后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为，，.
（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，求随机变量的分布列与数学期望.
解：（1）分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件，，，
则，，，
设E表示第一次烧制后至少有一件合格， ，
所以
即第一次烧制后至少有一件产品合格的概率为.
（2）设甲、乙、丙经第二次烧制后合格为事件，分别记甲、乙、丙经过两次烧制后合格为事件，
则，，，
，
，
所以，，
，．
所以的分布列如下：
于是期望
16. 已知数列前项和为，，，且当时，.
（1）证明：是等比数列，并求出的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
解：（1）由当时，，即，
即，则，又，则有，，
又，则，则对任意，都有，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则；
（2）由，则，则，
故，
，
则
，
即.
17. 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名学生，其中男生占调查人数的，已知男生有的人选了物理，而女生有的人选物理.
（1）完成下列列联表：
（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：
解：（1）依题意得，被调查的男生人数为，其中有的男生选物理；
被调查的女生人数为，其中有的女生选物理；
则列联表如下：
（2）由列联表数据，得.
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，解得，又且，所以，
即本次被调查的人数至少是120.
（3）设事件表示“2人性别恰好相同”，事件表示“2人性别相同且是女生”；
事件包含的基本事件数为，
事件含的基本事件数为，
所求的条件概率为.
18. 已知函数，.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：函数在区间内有且只有一个极值点；
（3）证明：.
解：（1）的定义域为，且.
因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）.
当时，因为和都是增函数，
所以是增函数.
又因为，
所以，使得.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，在区间内有且只有一个极小值点，无极大值点.
（3）令，则.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，.
令，则，
当且仅当时取等号.
于是，是增函数.
因此，当时，.
综上，，即.
19. 已知函数，证明：
（1）在上单调递减，在上单调递增；
（2）若的两个零点为，，则
（i）；
（ii）.
解：（1），令，
则，，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，；
当时，.
故在上单调递减，在上单调递增.
（2）（i），当时，，
故在内没有零点.
当；当时，，
根据函数零点存在定理，在区间和内各有一个零点.
因此，.
令，则，
令，则，，，
故在上单调递减，在上单调递增，.
因此，当时，，
即在上单调递增.
于是，即.
又因为在上单调递增，故，即.
（ii）令，则.
当时，，故在上单调递减，，
即.
因此，，即①.
当时，，
故，即②，
根据不等式的同向可加性①②得.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
第一次传球后
乙
丙
丁
第二次传球后
甲
丙
丁
甲
乙
丁
甲
乙
丙
0
1
2
3
P
物理
历史
总计
男生
女生
总计
0.05
0.01
0005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
物理
历史
总计
男生
女生
总计