广东省广州市白云区2024_2025学年高二下册期末教学质量监测数学试卷【附解析】

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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，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号、试室号、座位号填写在答题卡上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；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．考生必须保持答题卡的整洁．
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.已知数列的通项公式，则的值为（ ）
A.B.0C.D.1
【答案】B
【解析】
【分析】将代入计算即可得结果.
【详解】因为数列的通项公式，所以.
故选：B
2.已知数列的通项公式，则数列的前10项和为（ ）
A.35B.40C.45D.50
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可．
【详解】因为，
则．
故选：C
3.已知函数，是的导函数，则（ ）
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点A作切线，过点B作切线，连接，得到直线，根据导数的几何意义以及斜率的定义结合图象即可得出答案.
【详解】
如图过点A作切线，斜率设为，过点B作切线，斜率设为，连接，得到直线，斜率设为，由图可知，.
又根据导数的几何意义以及斜率的定义可知，
，，
所以.
故选：A．
4.对某地区数学考试成绩的数据分析，学生成绩服从正态分布，，则（ ）
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性进行求解.
【详解】.
故选：B
5.的展开式中的系数是（ ）
A.10B.5C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式，讨论两种情况求解即可.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
令，可得；
令，可得；
所以的系数是.
故选：C.
6.银行储蓄卡的密码由6位数字组成．某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字．如果记得密码的最后1位是偶数，不超过3次就按对的概率是（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，结合互斥事件概率加法公式和独立事件的乘法公式，即可求解．
【详解】记得密码的最后1位是偶数，不超过3次就按对的概率：．
故选：C
7.已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ）
A.B.C.505D.1013
【答案】D
【解析】
【分析】根据成等比数列，结合等差数列的通项公式可得，进而得到，，进而求和即可.
【详解】设首项为，因为成等比数列，
所以，则，
解得或，当时，，此时与成等比数列矛盾，故排除，
当时，，此时令，
而其前2025项和为，
.
故选：D
8.设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】将存在唯一的整数，使得，即，转化为在图象上只有一个横坐标为整数的点在直线下方，利用导数判断函数单调性，作出其大致图象，数形结合，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意，
令，
因为存在唯一的整数，使得，即，
，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故当时，函数取得极小值也是最小值，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
是斜率为a，且过定点的直线，作出其大致图象如图：
当时，存在无穷多个满足条件的整数满足不等式，不符合题意，
故，此时需满足在图象上只有一个横坐标为整数的点在直线下方，
则需满足，解得，
则实数a的取值范围是.
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.为了研究变量关于变量的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）：
若经验回归方程为，（参考公式：，相关系数，则（ ）
A.变量和变量负相关
B.
C.当时，相应的残差为
D.去掉样本点后，变量和变量的样本相关系数会变小
【答案】BC
【解析】
【分析】根据数据判断回归直线的单调性判断A；应用样本中心点求解判断B；计算残差判断C；根据相关系数的性质判断D.
【详解】由表格数据可知，随着的增加，随之增加，所以与正相关，A错误；
因为，故样本中心为，
由回归直线必过样本点的中心，由，解得，B正确；
所以回归方程，所以当时，估计，
残差为：，C正确；
点为样本中心点，去掉样本点后变量和变量的样本相关系数不变，D错误．
故选：BC
10.如图，取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第2个正六边形；然后再取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第3个正六边形，依此方法一直继续下去．已知正六边形边长为4，记第个正六边形的边长为，面积为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.数列是首项为，公比为的等比数列
C.如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形的面积之和不断增加且趋近于无限大
D.如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形的周长之和趋近于
【答案】ABD
【解析】
【分析】找到规律，得到，计算判断A，利用等比数列求和公式求出周长的前项和判断D ，结合正六边形的面积，推导出为等比数列，利用等比数列求和公式求出的和判断BC.
【详解】由题意正六边形每次取中点连线，新正六边形的边长为前一个边长的倍，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，
所以，数列的前项和为，
所以前个正六边形的周长之和为，
即所有正六边形周长之和趋近于，故AD正确；
因为边长为的正六边形的面积为，
所以正六边形每次取中点连线，新正六边形的面积为前一个面积的倍，
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确；
所以前个正六边形的面积之和为，
即所有正六边形的面积之和不断增加且且趋近于，故C错误.
故选：ABD
11.甲、乙两人进行球类比赛，有二种赛制，赛制一：比赛采用5局3胜，先赢3局者获胜，比赛结束．记采用赛制一甲获胜为事件，甲获胜时比赛的局数为．赛制二：比赛赛满5局，赢的局数多者获胜，比赛结束．记采用赛制二甲获胜为事件，甲获胜时甲赢的局数为．已知每局比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局比赛结果相互独立．则（ ）
A.B.C.D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】赛制一中甲获胜的情况为：甲连续赢3局，甲赢3局输1局，甲赢3局输2局共3种情况；赛制二中甲获胜的情况为：甲赢3局输2局，甲赢4局输1局，甲赢5局输共3种情况；分别求出相应情况的概率，即可求解相应的期望值，从而可求解.
【详解】AB：赛制一中甲获胜的情况为：甲连续赢3局，甲赢3局输1局，甲赢3局输2局共3种情况：
所以，故A错误；
，，，
所以：，故B正确；
CD：赛制二中甲获胜的情况为：甲赢3局输2局，甲赢4局输1局，甲赢5局输共3种情况：
所以，故C正确；
，，，
则，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先排首位有3种，再在剩下的3个数中选2个数全排，有种，最后根据分步乘法计算即可.
【详解】先排首位，在选一个，有3种；
十位、个位从剩下的3个数中选2个数全排，有种，
故可以组成种没有重复数字的三位数.
故答案：
13.将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长相等的小正方形，做成一个无盖方盒，则方盒的容积的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意方盒的底面边长为的正方形，高为，即可求出的取值范围，则无盖方盒的容积为，，利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值.
【详解】依题意方盒的底面边长为的正方形，高为，
则，即，
所以无盖方盒的容积为，，
则，
令，解得或；
令，解得．
因为函数的定义域为，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值即最大值，所以，
即该方盒容积最大为.
故答案为：
14.已知数列的首项，且，则的通项公式为______；若不等式（）恒成立，则的最小值为______．
【答案】①.②.3
【解析】
【分析】利用累加法和等比数列求和来求解,利用导数法证得，然后利用该结论得，则，即可得解.
【详解】，且，再由累加法得：
．
设，则，，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，
即，所以，又，
故不等式（）恒成立，则的最小值为3.
故答案为：，3
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.函数，（，）图象在处的切线与直线平行．
（1）求的值和切线的方程；
（2）求函数的单调区间和极值．
【答案】（1），
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，利用建立方程求得，求出切点，利用点斜式即可求切线方程；
（2）利用导数研究单调性，进而得函数的极值.
【小问1详解】
由得，由题意，
所以，所以，则，
所以在处的切线为，即.
【小问2详解】
，令有或，
由有且，即且，
由有，即或，
所以函数的增区间为，，减区间为，
所以函数在处取得极小值，在处取得极大值.
16.为了研究高中学生平时的数学成绩和整理数学错题习惯的情况，某校数学建模兴趣小组的同学在本校抽取名学生进行调查统计，数据如下：
（1）依据小概率值的独立性检验，是否认为数学成绩优秀与整理数学错题集习惯有关联；
（2）在调查统计有整理数学错题集习惯的名学生中，采用比例分配的分层随机抽样的方法选取人组建研讨小组，再从人研讨小组中随机抽取人进行访谈，用表示访谈时成绩优秀的人数，求的分布列、数学期望及方差．
附：，
【答案】（1）能，理由见解析
（2）分布列答案见解析，，
【解析】
【分析】（1）零假设数学成绩优秀与整理数学错题集习惯无关，计算出的观测值，结合临界知表可得出结论；
（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、，利用超几何分布可得出随机变量的分布列，进而可求得、的值.
【小问1详解】
零假设数学成绩优秀与整理数学错题集习惯无关，
由列联表中的数据可得，
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为数学成绩优秀与整理数学错题集习惯有关联，此推断犯错误的概率不超过.
【小问2详解】
由分层抽样可知，人研讨小组中，成绩非优秀的人数为人，成绩优秀的人数为人，
由题意可知，随机变量的可能取值有、、，
，，，
故随机变量的分布列如下表所示：
所以，，
.
17.已知数列的前项和为，且．
（1）求，及数列的通项公式；
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
①设（），求；
②若都有不等式成立，求的取值范围．
【答案】（1），
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）利用递推式求解，退位作差得到时，又，所以数列为等比数列，利用等比数列通项公式求解即可；
（2）①先求出，再根据错位相减法求和即可；②原式等价于，利用作差法比较大小，进而确定的最大值即可求解.
【小问1详解】
由得，，时，，两式相减得，
即，又，所以数列为公比为2的等比数列，
所以；
【小问2详解】
①由（1）得，，
在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，则，即，则，所以，
则，，
两式相减可得
，所以；
②因为都有不等式成立，
所以恒成立，
，
当时，fn+1>fn，即f7>f6>f5>⋅⋅⋅>f1，
当时，，即f7>f8>⋅⋅⋅>fn>⋅⋅⋅，
所以，所以
18.甲对某运动项目进行挑战，若第一天挑战不成功，则第二天继续挑战；若第一天挑战成功，则第二天休息一天，第三天继续挑战，依此类推…假设甲挑战成功的概率均为，设第天甲挑战的概率为．
（1）求，；
（2）求证数列为等比数列，并求；
（3）若随机变量服从两点分布，且，，则．记前天（即从第1天到第天）中甲挑战的天数为，求．
【答案】（1），.
（2）证明见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据对立事件概率公式和独立事件乘法公式求解即可；
（2）由，即可得，即可利用等比数列定义证明结论，然后利用等比数列的通项公式求解即可；
（3）利用两点分布求得，然后利用等比数列求和公式求解即可.
【小问1详解】
根据题意，.
【小问2详解】
当时，，所以，又,
所以是以为首，为公比的等比数列，所以，
即.
【小问3详解】
因为，，
所以，
因为，，
所以当时，，
故.
19.牛顿法（Newtn’s methd）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：，，…，，根据已有精确度，当时，给出近似解．对于函数，已知．
（1）若给定，求的二阶近似值；
（2）函数．
①试写出函数的最小值与的关系式；
②证明：．
【答案】（1）
（2）①，②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据给定方法，求出的导数，依次求出即可.
（2）①利用导数探讨函数的最小值，结合求出m与r的关系；
②由①的结论，构造函数，利用导数探讨函数在上的单调性即可推理得证.
【小问1详解】
函数，求导得，
依题意，，当时，，
同理，而，所以；
【小问2详解】
①因为，
所以，令，
求导得，所以在上单调递增，
函数单调递增，f−12=−12+1e>0,f(−1)=−1+1eu−1=e−2，所以.1
2
3
4
5
0.4
0.8
1
1.2
1.6
整理数学错题习惯
数学成绩
合计
优秀
非优秀
有
没有
合计