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（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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：D2.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：B3.函数，的最小值为（）A. B. C.9 D.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：学历初中职中高中大专本科教育级别34567月均纯收入0.400.550.701.151.20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：C8.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：第一次传球后乙丙丁第二次传球后甲丙丁甲乙丁甲乙丙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：313.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：0123P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：物理历史总计男生女生总计（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：0.050.0100050.0013.8416.6357.87910.828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：物理历史总计男生女生总计（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.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：D2.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：B3.函数，的最小值为（）A. B. C.9 D.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：学历初中职中高中大专本科教育级别34567月均纯收入0.400.550.701.151.20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：C8.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：第一次传球后乙丙丁第二次传球后甲丙丁甲乙丁甲乙丙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：313.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：0123P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