广东省佛山市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学 含解析

2024～2025学年下学期佛山市普通高中教学质量检测高二数学本试卷共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【详解】集合，，所以.故选：D2.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】A【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【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.3 D.6【答案】B【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【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：零件个数/个加工时间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【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【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.8 B.9 C.10 D.11【答案】D【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【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【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【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【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：2013.已知直线与曲线相切，则=【答案】3【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3．14.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.【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.【小问1详解】依题意，的所有可能取值为，，，所以的分布为：012【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）【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）.【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）【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