广东省佛山市2024_2025学年高二下册期末教学质量检测数学试卷【附解析】

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2025.6
本试卷共4页，19小题.满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生要务必填涂答题卷上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；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.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.
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.已知集合，，则（ ）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用交集的定义直接求解.
【详解】集合，，所以.
故选：D
2.复数的共轭复数是（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法结合共轭复数的定义可得结果.
【详解】因为，因此复数的共轭复数是.
故选：A.
3.已知正方形的边长为，，，，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算化简，即可得解.
【详解】因为，则，
因此，.
故选：B.
4.已知为等差数列的前n项和，，，则（ ）
A.B.C.3D.6
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式得到方程组，解出，再利用等差数列通项公式即可得到答案.
【详解】由题意得，解得，
则.
故选：B.
5.学校组织学生参加劳动基地实践活动，将名学生分配到整地做畦、作物移栽和藤架搭建个项目进行劳动技能训练，每名学生只分配到个项目，每个项目至少分配名学生，则不同的分配方案共有（ ）
A.种B.种C.种D.种
【答案】B
【解析】
【分析】将四名学生分为三组，再将这三组学生分配给三个项目即可，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】将四名学生分为三组，每组人数分别为、、，再将这三组学生分配给三个项目即可，
所以，不同的分配方案种数为种.
故选：B.
6.某车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了次实验，收集数据如表所示：
根据计算可知加工时间关于零件数的一元线性回归方程为，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出样本点中心的坐标，代入回归直线方程，可求得的值.
【详解】由表格中的数据可得，，
将样本点中心代入回归直线方程可得，解得.
故选：C.
7.某海湾一固定点处大海水深d与时间t之间的关系为，则该处水位变化速度的最大值是（ ）
A.B.C.D.4
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数求瞬时速度，对求导即可得到最大值.
【详解】由，得，
则该处水位变化速度的最大值是.
故选：C.
8.某工厂近两年投产高新电子产品，第一个月产量为1000台，合格品率为80%，以后每月的产量在前一个月的基础上提高20%，合格品率比前一个月增加1%.已知第n个月（，且）生产合格品首次突破5000台，则n的值为（参考数据：）（ ）
A.8B.9C.10D.11
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得第n个月生产合格品数量的表达式，据此可得时，满足题意，随后通过研究函数单调性可验证结论正误，即可得答案.
【详解】由题可得第n个月生产合格品数量为.
则由题可得
.
当，，不满足题意；，，不满足题意；，，不满足题意；
，满足题意.
令，
则，
从而在上单调递增，由以上分析可得.
则当第n个月生产合格品首次突破5000台时，.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题结论涉及整数，故采用代值计算得到初步结论，然后利用导数验证结论正确性.
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9.设随机变量，随机变量，其正态密度曲线如图所示，则（ ）
A.B.
C.D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正态密度曲线易得，，然后可逐项判断.
【详解】，，
两曲线分别关于直线对称，由图可知，故A正确；
又，所以，故B正确；
又的正态密度曲线比的正态密度曲线更“高瘦”，所以，故C错误；
又，所以，故D正确；
故选：ABD.
10.已知数列的前n项和为，，则（ ）
A.数列是递减数列B.当且仅当时，取得最小值
C.数列是递减数列D.当且仅当时，取得最小值
【答案】BD
【解析】
【分析】利用特殊值法可判断A选项；分析数列的单调性，可判断B选项；利用数列的单调性可判断C选项；解不等式，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，，，则，故数列不单调，A错；
对于B选项，，
当且时，且数列单调递减，
当且时，且数列单调递减，
故当且仅当时，取得最小值，B对；
对于C选项，由可得或，
故当时，，故数列单调递增，C错；
对于D选项，由可得，
故当时，；当时，，
所以，当且仅当时，取得最小值，D对.
故选：BD.
11.已知函数，则（ ）
A.函数有两个极值点B.函数在单调递增
C.，函数恰有两个零点D.，函数在上有最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导函数分析函数的极值点及单调性可判断A，B；取特殊值，可解得函数的零点个数，从而判断C；利用函数单调性求得极大值，再与端点值比较大小确定最大值，可判断D.
【详解】由求导可得，
令，
则，
所以方程有两个不相等的实数根，设为，不妨令；
对于A，则时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增，
所以函数有两个极值点，故A正确；
对于B，根据韦达定理，，
若，则，则，
所以，时，，单调递减；
时，，单调递增，故B错误；
对于C，取时，，
令，解得或，
此时，函数恰有两个零点，故C正确；
对于D，因为，所以，则，
所以，时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增，
所以，函数处取得极大值，
又，则，
又因为，
所以，
，
所以，即，
则函数在处取得极大值就是在上的最大值，
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题第一空2分，第二空3分.
12.展开式中的系数为__________.（用数字作答）
【答案】20
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接列式求解.
【详解】展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为20.
故答案为：20
13.已知直线与曲线相切，则=
【答案】3
【解析】
【分析】设切点为（x0，y0），求出函数y＝ln（x+）的导数为y＝，得k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），进而求出．
【详解】设切点为（x0，y0），由题意可得：曲线的方程为y＝ln（x+），所以y＝．
所以k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），解得：y0＝0，x0＝﹣2，＝3．
故答案为3．
【点睛】本题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，属于基础题.
14.在棱长为1个单位的正方体中，一个质点在随机外力的作用下从顶点出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的.设第n秒（）后，质点位于平面ABCD的概率为，则__________，__________.
【答案】①.②.
【解析】
【分析】根据给定条件，将正方体8个顶点分成两层，求出质点在同层内移动的概率及移动到另一层的概率，即可求出；再求出递推关系，利用构造法求出数列通项公式即可得解.
【详解】正方体的8个顶点分居在两层：上底面和下底面内，
每个顶点有3条棱连接到相邻顶点，移动方向等可能，概率为，
因此质点在同层内移动到另一顶点的概率为，质点移动到另一层顶点的概率为，
第秒后，质点位于平面ABCD的概率为，位于平面的概率为，，
；
则，即，而，
于是数列是以为首项，为公比的等比数列，，即，
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.
15.一袋子中有大小相同的10个小球，其中有3个白球，7个黑球.现从中依次摸出2个球，记摸到白球的个数为X.
（1）若采用不放回摸球，求X分布列；
（2）若采用有放回摸球，求X的数学期望与方差.
【答案】（1）分布列见解析；
（2）期望，方差.
【解析】
【分析】（1）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列.
（2），利用二项分布的期望方差计算得解.
【小问1详解】
依题意，的所有可能取值为，
，，
所以的分布为：
【小问2详解】依题意，的所有可能取值为，每次摸到白球的概率为，则，
所以的期望，方差.
16.如图，在长方体中，，，.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）求出、的坐标，由即可证明；
（2）设平面的法向量为，由则，求出法向量为的坐标，再由向量的夹角公式可得答案.
【小问1详解】
以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
由题意得， ，，，
，∴，，
∴，
∴.
【小问2详解】
设平面的法向量为，
， ，，
又，，
则，
∴，取，则，
∴平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为
∴，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17.已知数列的前n项和为，且（）.
（1）若为等比数列，求公比q的值；
（2）若，
（ⅰ）证明：数列为等比数列；
（ⅱ）求数列的前n项和.
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列式求出，再结合通项公式及前n项和公式验证判断.
（2）（ⅰ）利用前n项和与第n项的关系及已知可得，再利用等比数列定义推理即得；（ⅱ）由（ⅰ）的结论求得，再分奇偶求出，最后利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
数列中，，由，得，
则，解得或，
当时，，，，
而，显然不恒成立，因此，
当时，，，，符合题意，
所以.
【小问2详解】
（ⅰ）由，得，两式相减得，
则，当时，，
而，，则，即，，
所以数列为等比数列.
（ⅱ）由（ⅰ）知等比数列的首项为3，公比为2，则，
，两式相减得，
当时，，
于是，，则；
当时，，
于是，，则，
因此，，，
则，，
两式相减得，
所以.
18.已知函数（，）.
（1）当时，求证：；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，，求a的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；
（2）答案见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）构造函数结合函数单调性得出函数最小值证明求解；
（2）求出导函数，再分，，，四种情况，得到函数的单调性；
（2）参变分离得到，构造函数，求导得到其单调性和最大值，从而得到答案.
【小问1详解】
当时，设，
所以单调递增，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减；
所以，所以，
所以；
【小问2详解】
函数定义域为，求导得，
当时，，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，，
令，解得，
当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；
当时，，
令，解得，
当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；
当时，，
令，解得，
当时，单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递增；
【小问3详解】
当时，符合题意；
当时，，则等价于恒成立，
令，
，
由（1）知，所以，，
当时，单调递减；当时，单调递增；
则，
因为恒成立，所以，
所以，
实数的取值范围为.
19.甲乙两人进行投篮，抛硬币决定谁先投篮，并约定：一人先投篮，若未命中，则换为对方投篮；若后投篮者还没命中，则由先投篮者再投篮，如此往复下去直到有人命中为止，先命中者胜，比赛结束.已知甲的命中率为，乙的命中率为，且甲乙是否命中相互独立.
（1）假设，，求第2次投篮后比赛结束的概率；
（2）已知甲先投篮，求甲获胜的概率；
（3）从最终获胜的角度出发，根据与的大小关系，判断先投篮者的优势是否更大？说明理由.
【答案】（1）；
（2）
（3）答案见解析；
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算即可得出答案；
（2）应用独立事件概率公式结合全概率公式可求概率；
（3）由（2）得出先投篮者获胜的概率判断即可.
【小问1详解】
设第2次投篮后比赛结束为事件，
由题意得；
【小问2详解】
设甲先投篮甲获胜为事件，为甲第一投命中，
则，
因为第1,2次投篮没中后，相当于重新开始比赛，此甲获胜的概率也为，
故，
因此，故；
小问3详解】
设甲先投篮甲获胜事件，为乙先投乙获胜，
则由（2）可得，，
同理，，
则先投占优等价于，即，
则先投不占优等价于或，
综上，当时，先投占优；
当或，先投不占优.
零件个数/个
加工时间
0
1
2