2023-2024学年广东省广州市八区高二下学期期末教学质量检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省广州市八区2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上，再用2B铅笔将考生号、座位号对应的信息点涂黑.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.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.不按以上要求作答无效.4、考生必须保证答题卡的整洁考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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.在等差数列中，为其前项和，若，，则（）A.7 B.8 C.9 D.12【答案】C【解析】因为数列是等差数列，且，，所以根据等差数列前项和的性质可得成等差数列，所以，所以，解得．故选：C.2.已知随机变量服从正态分布，且，则等于（）A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.4【答案】D【解析】因为随机变量服从正态分布，所以正态分布密度曲线关于对称，.故选：.3.已知函数，则单调递增区间是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】函数的定义域为且，令，解得，所以单调递增区间是.故选：B4.五一假期期间，某单位安排5人值5天班，每人值班一天，要求甲不值第一天，乙不值第五天，则不同安排方法的种数有（）A.42 B.72 C.78 D.96【答案】C【解析】若甲值第五天，则有种不同安排方法；若甲不值第五天，则甲有种安排方法，乙有种安排方法，其余人全排列即可，故有种不同安排方法；综上可得一共有种不同安排方法.故选：C5.有（）个不同正因数A.8 B.10 C.12 D.15【答案】D【解析】因为，所以的不同的正因数有个.故选：D6.某企业节能降耗技术改造后，在生产某产品过程中的产量（吨）与相应的生产能耗（吨）的几组对应数据如表所示：34562.5344.5根据表中数据得出关于的线性回归方程为，若生产7吨产品，预计相应的生产能耗为（）A.5.15吨 B.5.25吨 C.5.5吨 D.9.5吨【答案】B【解析】依题意可得，，又回归直线方程必过点，即，解得，所以，当时，故生产7吨产品，预计相应的生产能耗为5.25吨.故选：B7.下列四个不等式①，②，③，④中正确的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以（当且仅当时取等号）；令，，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以（当且仅当时取等号）；对于①：当时，所以，故①正确；对于②：因为（当且仅当时取等号），所以，当且仅当时取等号，故②正确；对于③：（当且仅当时取等号），故③错误；对于④：令，，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，则，所以（当且仅当时取等号），故④正确；综上可得①②④正确．故选：C8.有一个游戏，规则如下：如图，在圆上有，，，，，，，共八个点，一枚棋子起始位置在点处，抛掷一枚均匀的骰子，若骰子正面向上的点数为.则棋子前进步，每步从一个点按顺时针方向前进到相邻的另一个点，可以循环进行，抛掷三次骰子后，游戏结束.若此时棋子在点处，则游戏过关.试问游戏结束时过关的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】举出在点数中能够使得三次数字和为或的有：，，共有7种组合，前2种组合每种情况可以排列出种结果，共有种结果；后5种组合各有3种结果，共有种结果，由分类加法计数原理知，共有种结果；拋次骰子共有种结果，故拋掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的概率.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.设离散型随机变量的分布列如下表，若离散型随机变量满足.则下列结论正确的是（）01230.20.10.2A. B.C. D.【答案】BC【解析】由离散型随机变量X的分布列的性质得：，所以，A错误；，C正确；∴，B正确；，D错误.故选：BC．10.如图，正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形的，依此方法一直继续下去.设第个正方形面积为，则下列结论正确的是（）A.B.C.前6个正方形面积和为D.如果这个作图过程可以一直继续下去，那么这些正方形的面积之和将趋近【答案】ABD【解析】设第个正方形的边长为，则第个正方形的对角线为，则第个正方形的边长为，所以，故是首项为，公比为的等比数列，所以，所以第个正方形面积为，所以，故正确；，，所以，故正确；，故错误；，如果这个作图过程可以一直继续下去，那么这些正方形的面积之和将趋近，故正确.故选：.11.有3台车床加工同一型号的零件.第1台加工的次品率为，第2，3台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的，，.则下列结论正确的是（）A.任取一个零件，它是第1台车床加工的次品的概率为B.任取一个零件，它是次品的概率为C.如果取到的零件是次品，它是第2台车床加工的概率为D.如果取到的零件不是第3台车床加工的，它是次品的概率为【答案】BCD【解析】根据题意，设任取一个零件，由第1，2，3台车床加工为事件、、，该零件为次品为事件，则，，，，，对于A，任取一个零件，它是第1台车床加工的次品的概率，故A错误；对于B，任取一个零件是次品的概率，故B正确；对于C，如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率，故C正确；对于D，记取到的零件不是第3台车床加工的为事件，则，则，所以，即如果取到的零件不是第3台车床加工的，它是次品的概率为，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.若数列满足，，则_____________.【答案】【解析】当时，，当时，①，②，①②得，即，所以.13.在展开式中，含项的系数是___________.（用数字作答）【答案】【解析】，其中展开式的通项为（且），所以展开式中含项系数为：.故答案为：14.已知函数只有1个零点，则的取值范围是_____________.【答案】【解析】令，则，令，则，所以当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值，且，，当时，当时，当时，则的函数图象如下所示：依题意与有且只有一个交点，则或，即的取值范围是.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.函数，.（1）若函数的图象在点处的切线与直线垂直，求切线的方程；（2）若，，求的取值范围.解：（1）设切线的斜率为，直线的斜率为，，，又，，，，则，所以切点为，切线的方程为：，即，化简得；（2）因为，，即可化为，设，，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即的取值范围是.16.某校“足球社团”为了解学生对足球的喜欢是否与性别有关，现采用问卷调查，得到如下列联表：性别足球合计喜欢不喜欢男生302050女生102030合计404080（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生性别与喜欢足球有关联？（2）现从喜欢足球的学生中按性别比例进行分层抽样，抽取8人组成志愿服务队.再从志愿服务队中抽取3人进行宣传报导活动，记抽到3人中的男生人数为，求随机变量的分布列和期望.附：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）零假设为：喜欢足球与性别之间无关联.根据列联表，由得，，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为喜欢足球与性别之间有关联.（2）在分层抽样中，喜欢足球的男生有6人，女生有2人，则的可能取值为且，则的分布列为123则17.数列的首项，.（1）证明是等差数列，并求的通项公式；（2）设，①当数列的项取得最大值时，求的值；②求数列的前项和.解：（1）由，可得，所以，即又由，可得，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以则，即数列的通项公式为.（2）①由（1）知，可得，当时，所以不是最大项，设第项（）最大，则，可得，解得，所以数列第项和第项取得最大，②由，①可得，②由①-②得，，可得，即，所以.18.3名同学去听同时举行的，，课外知识讲座，每名同学只能随机选择听其中1个讲座（每个讲座被选择是等可能的）.（1）记选择课外知识讲座的人数为随机变量，求的分布列与数学期望；（2）对于两个不相互独立的事件，，若，，称为事件，的相关系数.①已知，证明；②记事件“课外知识讲座有同学选择”，事件“至少有两个课外知识讲座有同学选择”，判断事件，是否独立，若独立，说明理由；若不独立，求.解：（1）由题意每位同学选择课外知识讲座的概率均为，则，即的可能的取值为，所以，，，，所以的分布列为：所以；（2）①因为，且，所以，又，，即，而，所以成立；②事件不相互独立，事件课外知识讲座有同学选择，则事件课外知识讲座没有同学选择，由（1）可知，所以，事件：至少有两个课外知识讲座有同学选择，则事件：有一个课外知识讲座有同学选择，所以，所以.事件：至少有两个课外知识讲座有同学选择且课外知识讲座有同学选择，分为两种情况，一种是三个课外知识讲座都有同学选择；另一种是两个课外知识讲座都有同学选择且课外知识讲座有同学选择，此时或者是没有同学选择，故按照、分组即可，故，所以，即事件不相互独立，所以，化简得.19.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，求证：.解：（1），当时，在上单调递增，当时，令得，当得，当得，所以当时，在上单调递增；在上单调递增.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增；在上单调递增.（2）证法一：由（1）知，当时，函数在处取得最小值，，要证，即证，设，，令，则，所以在上单调递增，，，设，满足，则，解得，当，当，，把代入得，设，，在上单调递减，，对恒成立，即成立.所以对恒成立，所以对恒成立.，（2）证法二：由（1）知，当时，函数在处取得最小值，，要证，即证，现证，设，，当令得，当得，当得，在处取得最小值，即，，，，只需证，即，显然成立，所以对恒成立.广东省广州市八区2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上，再用2B铅笔将考生号、座位号对应的信息点涂黑.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.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.不按以上要求作答无效.4、考生必须保证答题卡的整洁考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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.在等差数列中，为其前项和，若，，则（）A.7 B.8 C.9 D.12【答案】C【解析】因为数列是等差数列，且，，所以根据等差数列前项和的性质可得成等差数列，所以，所以，解得．故选：C.2.已知随机变量服从正态分布，且，则等于（）A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.4【答案】D【解析】因为随机变量服从正态分布，所以正态分布密度曲线关于对称，.故选：.3.已知函数，则单调递增区间是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】函数的定义域为且，令，解得，所以单调递增区间是.故选：B4.五一假期期间，某单位安排5人值5天班，每人值班一天，要求甲不值第一天，乙不值第五天，则不同安排方法的种数有（）A.42 B.72 C.78 D.96【答案】C【解析】若甲值第五天，则有种不同安排方法；若甲不值第五天，则甲有种安排方法，乙有种安排方法，其余人全排列即可，故有种不同安排方法；综上可得一共有种不同安排方法.故选：C5.有（）个不同正因数A.8 B.10 C.12 D.15【答案】D【解析】因为，所以的不同的正因数有个.故选：D6.某企业节能降耗技术改造后，在生产某产品过程中的产量（吨）与相应的生产能耗（吨）的几组对应数据如表所示：34562.5344.5根据表中数据得出关于的线性回归方程为，若生产7吨产品，预计相应的生产能耗为（）A.5.15吨 B.5.25吨 C.5.5吨 D.9.5吨【答案】B【解析】依题意可得，，又回归直线方程必过点，即，解得，所以，当时，故生产7吨产品，预计相应的生产能耗为5.25吨.故选：B7.下列四个不等式①，②，③，④中正确的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以（当且仅当时取等号）；令，，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以（当且仅当时取等号）；对于①：当时，所以，故①正确；对于②：因为（当且仅当时取等号），所以，当且仅当时取等号，故②正确；对于③：（当且仅当时取等号），故③错误；对于④：令，，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，则，所以（当且仅当时取等号），故④正确；综上可得①②④正确．故选：C8.有一个游戏，规则如下：如图，在圆上有，，，，，，，共八个点，一枚棋子起始位置在点处，抛掷一枚均匀的骰子，若骰子正面向上的点数为.则棋子前进步，每步从一个点按顺时针方向前进到相邻的另一个点，可以循环进行，抛掷三次骰子后，游戏结束.若此时棋子在点处，则游戏过关.试问游戏结束时过关的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】举出在点数中能够使得三次数字和为或的有：，，共有7种组合，前2种组合每种情况可以排列出种结果，共有种结果；后5种组合各有3种结果，共有种结果，由分类加法计数原理知，共有种结果；拋次骰子共有种结果，故拋掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的概率.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.设离散型随机变量的分布列如下表，若离散型随机变量满足.则下列结论正确的是（）01230.20.10.2A. B.C. D.【答案】BC【解析】由离散型随机变量X的分布列的性质得：，所以，A错误；，C正确；∴，B正确；，D错误.故选：BC．10.如图，正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形的，依此方法一直继续下去.设第个正方形面积为，则下列结论正确的是（）A.B.C.前6个正方形面积和为D.如果这个作图过程可以一直继续下去，那么这些正方形的面积之和将趋近【答案】ABD【解析】设第个正方形的边长为，则第个正方形的对角线为，则第个正方形的边长为，所以，故是首项为，公比为的等比数列，所以，所以第个正方形面积为，所以，故正确；，，所以，故正确；，故错误；，如果这个作图过程可以一直继续下去，那么这些正方形的面积之和将趋近，故正确.故选：.11.有3台车床加工同一型号的零件.第1台加工的次品率为，第2，3台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的，，.则下列结论正确的是（）A.任取一个零件，它是第1台车床加工的次品的概率为B.任取一个零件，它是次品的概率为C.如果取到的零件是次品，它是第2台车床加工的概率为D.如果取到的零件不是第3台车床加工的，它是次品的概率为【答案】BCD【解析】根据题意，设任取一个零件，由第1，2，3台车床加工为事件、、，该零件为次品为事件，则，，，，，对于A，任取一个零件，它是第1台车床加工的次品的概率，故A错误；对于B，任取一个零件是次品的概率，故B正确；对于C，如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率，故C正确；对于D，记取到的零件不是第3台车床加工的为事件，则，则，所以，即如果取到的零件不是第3台车床加工的，它是次品的概率为，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.若数列满足，，则_____________.【答案】【解析】当时，，当时，①，②，①②得，即，所以.13.在展开式中，含项的系数是___________.（用数字作答）【答案】【解析】，其中展开式的通项为（且），所以展开式中含项系数为：.故答案为：14.已知函数只有1个零点，则的取值范围是_____________.【答案】【解析】令，则，令，则，所以当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值，且，，当时，当时，当时，则的函数图象如下所示：依题意与有且只有一个交点，则或，即的取值范围是.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.函数，.（1）若函数的图象在点处的切线与直线垂直，求切线的方程；（2）若，，求的取值范围.解：（1）设切线的斜率为，直线的斜率为，，，又，，，，则，所以切点为，切线的方程为：，即，化简得；（2）因为，，即可化为，设，，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即的取值范围是.16.某校“足球社团”为了解学生对足球的喜欢是否与性别有关，现采用问卷调查，得到如下列联表：性别足球合计喜欢不喜欢男生302050女生102030合计404080（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生性别与喜欢足球有关联？（2）现从喜欢足球的学生中按性别比例进行分层抽样，抽取8人组成志愿服务队.再从志愿服务队中抽取3人进行宣传报导活动，记抽到3人中的男生人数为，求随机变量的分布列和期望.附：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）零假设为：喜欢足球与性别之间无关联.根据列联表，由得，，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为喜欢足球与性别之间有关联.（2）在分层抽样中，喜欢足球的男生有6人，女生有2人，则的可能取值为且，则的分布列为123则17.数列的首项，.（1）证明是等差数列，并求的通项公式；（2）设，①当数列的项取得最大值时，求的值；②求数列的前项和.解：（1）由，可得，所以，即又由，可得，所以是以2为首项，1为公差的等