广东省清远市2024-2025学年第二学期高二期末教学质检数学（含答案）

注意事项:2.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3.全部答案在答题卡上完成,答在本试题卷上无效。4.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。5.考试结束后,将本试题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.A十A=父△父→0△父2.已知f十1,则父△父→0△父3.某活动室有足球和篮球,从中随机挑选2个球,若这2个球中足球个数为X,且X的分布列如下表所示,则p=X012P(X) pBC4.某班级有42名学生,其中男生、女生的人数及是否喜爱篮球的人数如表所示,从这42名学生中随机选择1人作为体育课代表,若选到的学生喜爱“篮球”,则该学生是女生的概率为合计男生7女生合计5.如图,要让电路从A处到B处只有一条支路接通,则不同的路径有【高二数学卷第1页(共4页)】【高二数学卷第2页(共4页)】6.已知X~B(5,0.6),若Y=2X十1,则E(Y)十D(Y)=7.已知函数f(儿)=a儿2—2的图象在点(\,f(\))处的切线的倾斜角为,则曲线y=f(儿)在点(1,f(1))处的切线的方程为二、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。456,则下列说法正确的是10.在A,B,C三个地区暴发了流感,这三个地区分别有6%,5%,4%的人患了流感,假设这三个地区的人口数之比为5:7:8,现从这三个地区中任意选取一个人,下列结论正确的是A.若此人选自B地区,则其患流感的概率为0.05C.若此人患流感,则其选自A地区的概率为D.若此人患流感,则其选自C地区的概率为11.已知函数f(儿)=儿—ln儿十a(a∈R),则下列说法正确的是A.若f(儿)有两个零点,则a≤—eB.若g(儿)=f(儿)—f(2—儿),则g(儿)无最值C.当a=1时,方程f(儿)=3ln儿十有唯一实根∈(0,十∞),使得f(儿0)≤(1—a)儿0十2,则a≤112.某班女生的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(163,4),从中随机选取一人,则P(163≤X≤165)≈.(精确到0.0001,参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ—σ≤X≤μ十σ)≈0.6827,P(μ—2σ≤X≤μ十2σ)≈0.9545,P(μ—3σ≤X≤μ十3σ)≈0.9973)13.某校安排4位老师在期末考试的3天值班,要求每人需要值班1天或2天,且每天有两人值班,则不同的值班方案有种.14.小李家共有10只信鸽,其中戴盔鸽有3只,李种鸽有n(2≤n≤5且n≠4)只,其余的为蓝鸽,且随机取出2只信鸽,其品种不相同的概率是15.现随机取出2只信鸽,若取出1只蓝鸽记10分,取出1只戴盔鸽记20分,取出1只李种鸽记30分.用X表示取出的2只信鸽的分数之和,则X的数学期望为.【高二数学卷第3页(共4页)】四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写15.(本小题满分13分)在研究某类杨树的树高与胸径(树的主干在地面以上1.3m处的直径)之间的关系时,某研究员收集的一些数据如表1所示.(1)由表1数据,求胸径d与树高h的平均值;(胸径d精确到0.1cm,树高h精确到0.1m)(2)根据这些数据,可建立该类杨树树高(单位:m)关于胸径d(单位:cm)的一元线性回归模型为=0.25d十,用(1)中结果求的值并估计胸径为30cm的该类杨树的树高;(3)若这12棵杨树树龄相同,分别种植于南坡和北坡,且成材情况如表2所示,根据α=0.1的独立性检验,能否认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联?编号123456胸径/cm树高/m编号789胸径/cm树高/m表1种植位置成材情况合计成材未成材南坡516北坡246合计75表2参考公式及数据其中n=a十b十c十d.α父αCD=2,M是AD的中点,P是BM的中点,且AQ十3CQ=0.如图,在三棱锥A—BCDCD=2,M是AD的中点,P是BM的中点,且AQ十3CQ=0.(1)证明:PQⅡ平面BCD;(2)求直线BM与平面ABC所成角的正弦值.【高二数学卷第4页(共4页)】已知双曲线与椭圆十的焦点相同,且离心率之比(1)求双曲线C1的方程;(2)若直线l:父—ny十3=0与双曲线C1的左、右两支分别交于P,Q两点,记点P关于父轴的对称点为Pl,证明:直线PlQ过定点,并求出该定点的坐标.18.(本小题满分17分)甲、乙两名操作员对A,B,C三种电子信息传递元件进行随机连接检测,并制定如下标准:第一次由A元件将信息传出,每次传递时,传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个,若第三次传递后,信息在A元件中,则该组检测成功,否则该组检测失败.若该组检测成功,则由原操作员继续操作下一组检测;反之,则由另一操作员按上述规则继续操作下一组检测.(1)求一组随机连接检测成功的概率;(2)若第1次从甲开始进行随机连接检测,记在前4次检测中,乙操作的次数为X,求随机变量X的分布列与期望;(3)若第1次从乙开始进行连接检测,求第n次由乙操作的概率Pn.19.(本小题满分17分)(1)当a=0时,求f(父)的极值;若a>0,g在(2,十∞)上不单调,求a的取值范围;已知h十ln父,若h在定义域内有三个不同的极值点父1,父2,父3,且满父足●h●h求实数a的取值范围.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。题号12345678答案DBABCCBD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。2.B所以故选B.3.A十p=1,解得故选A.4.B由题知,所求概率为25=5.C由分步计数原理可知,不同的路径有1十2×3=7种,故选C.6.C由题知,E(X)=5×0.6=3,D(X)=5×0.6×(1—0.6)=1.2,又Y=2X十1,所以E(Y)=2E(X)十1=7,D(Y)=22×D(X)=4.8,所以E(Y)十D(Y)=7十4.8=11.8,故选C.7.Bf/(父)=2a父,所以f/(\)=2\a=\,解得所以f父2—2,f/=父,所以f所以曲线y=f(父)在点(1,f(1))处的切线的方程为父—1,即2父—2y—5=0,故选B.8.D由题知,任意三个不同项可组成A=6个数列;在所有递增的新数列中,以1为最小项的新数列有C024个,以2为最小项的新数列有C023个,以3为最小项的新数列有C022个,…,以2023为最小项的新数列有C个,此时,所有新数列中的最小项之和为C024十2C023十3C022十…十2023C=2023C十2022C十2021C十…十C024=C十2022(C十C)十2021C十…十C024=C十2022C十2021C十…十C024=C十C十2021(C十C)十…十C024=C十C十2021C十…十C024=C十C十C十…十C025=C026,所以所有新数列中的最小项之和为6C026,故选D.9.ACD令父=0,得a0=1,故A正确;a2=C×(—2)2=60,故B错误;令父=1,得a0十a1十a2十a3十a4十a562=—364,故D正确,故选ACD610.ABC设D=“此人患流感所以P(D|A)=0.06,P(D|B)=0.05,P(D|C)=0.04,故A正确;所以P(D)=P(A)P(D|A)十P(B)P(D|B)十P(C)P(D|C)=×0.06十×0.05十×0.04=0.0485,故B正确;若此人患流感,则其选自A地区的概率为故C正确;若此人患流感,则其选自C地区的概率为故D错误,故选ABC.11.BCD对于A,函数f(父)的定义域为(0,十∞),f/<0,则0<父<1,令f/0,则父>1,所以函数f(父)的单调减区间为(0,1),单调增区间为(1,十∞),所以函数f(父)的极小值为f(1)=1十a,若函数f(父)有两个零点,则a十1<0,解得a<—1,故A错误;【高二●数学卷参考答案第1页(共5页)】【高二●数学卷参考答案第2页(共5页)】0,当且仅当父=2—父(0<父<2)时,等号成立,所以函数g’(父)在(0,2)上为(父)无最值,故B正确;u’(父)<0,所以u(父)在(0,1)和(3,十∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,所以u(父)极大值=u(1)=—1<0,u(父)极小值=u(3)=3—4ln3<0,u(e5)=e5——19>0,所以u(父)在(3,十∞)上有一个零点,所以方程f(父)=3ln父十有唯一实根,故C正确;—<0,所以m(父)在(0,十∞)上单调递减,又m(1)=0,所以h(父)在(0,1)上单调递增,在(1,十∞)上单调递减,所以h(父)max=h(1)=1,所以a≤1,故D正确,故选BCD.12.0.3414由题知,μ=163,σ=2,则P(163≤X≤16513.90设4位老师分别为甲、乙、丙、丁,由题知,这4人中恰有2人均值班2天,剩下2人均值班1天,从4人中选2人均值班2天有C=6种选法,下面讨论甲和乙均值班2天的情况:若甲、乙两人值班的日期都相同,有C=3种不同的结果;若甲、乙两人值班的日期有一天相同,有CAA=12种不同的结果,所以不同的值班方案有6×(3十12)=90(种).6十n(n—1)7—n)(6—n)=1—=,整理得n2—7n十12=0,解得n=3或n=4(舍去),所以李种鸽有3只,蓝鸽有4只,所以X的所有取值为20,30,40,50,60,且P(X=20)==,P(X=30)= =,P(X=40)=CC=,P(X=50)==,P(X=60)==,所以E(X)=20×十30×十40×十50×十60×=38.四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。40.2)≈29.1(cm),……………2分……………………………4分(2)=0.25d十,所以=0.25d十14.825,……………………7分当d=30时,=0.25×30十14.825≈22.3m,…………………即估计胸径为30cm的该类杨树的树高为22.3m.………9分(3)零假设为H0:树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置无关联,…………………10分根据列联表中的数据,经计算得到X2=≈3.086>2.706,………12分【高二.数学卷参考答案第3页(共5页)】根据α=0.1的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联,此推断错误的概率不大于0.1.……………13分16.(1)证明:在平面BCD内,过点D作DE丄BD,由题知,BC丄CD,BC=CD,因为AD丄底面BCD,且BD,DE在平面BCD内,所以AD丄BD,AD丄DE,所以DB,DE,DA两两垂直,…………………2分以D为坐标原点,分别以DB,DE,DA所在直线为父轴、y轴、义轴建立空间直角坐标系D—父y义如图所示,……………………………3分则D(0,0,0),A(0,0,2),B(2\,0,0),C(\,\,0),M(0,0,1),P(\,0,,…………………4分,……………………6分易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),………………7分所以-.m=0,所以-丄m,………………8分所以PQⅡ平面BCD.………………………9分(2)解:由(1)知,-=(2\,0,—2),-=(\,\,—2),设平面ABC的法向量为n=(父,y,义),则令义=\2,得父=1,y=1,所以n=(1,1,\),……………12分设直线BM与平面ABC所成角为θ,又-=(—2\,0,1),……………………13分所以直线BM与平面ABC所成角的正弦值为\.………15分17.(1)解:由题知解得分所以双曲线C1的方程为—=1.………………………5分—y1),——y2(父ny十3=0,,所以ny1y2=(y1十y2),…………………11分),………12分由对称性易知,若直线PIQ过定点,则该定点在父轴上,…………………13分【高二.数学卷参考答案第4页(共5页)】所以直线p’Q过定点,且该定点的坐标为(—,0).………………18.解:(1)由题知,三次传递所有的传递方法有:A→B→A→B;A→B→A→C;A→B→C→A;A→B→C→B;A→C→A→B;A→C→A→C;A→C→B→A;A→C→B→C,则共有8种传递方法.第三次传递后,信息在A元件中的有两种情况,所以第三次传递后,信息在A元件中的概率为p==,即一组随机连接检测成功的概率为1…………………(2)设在前4次检测中,乙操作的次数为X,所以p(X=0)=3=,p(X=2)=××十××十××= p(X=2)=××十××十××= p(X=3)=4×4×4=64,…………………… X0123p 所以E(X)=0×64十1×64十2×64十3×64=16.……………………10分……………所以E(X)=0×64十1×64十2×64十3×64=16.……………………10分(3)若第1次从乙开始进行连接检测,则第n次由乙操作有两种情况:①第n—1次由乙操作,第n次继续由乙操作,其概率为pn1=pn—1(n≥2);………11分②第n—1次由甲操作,第n次由乙操作,其概率为pn2=(1—(1—pn—1)=—pn—1(n≥2),………………12分所以pn=pn1十十分—(n≥2),………………14分所以数列{pn—是以为首项,—为公比的等比数列,…………15分,…………16分所以pn=—n.…………………17分所以当父<—\或父>\时,f’(父)<0,此时f(父)