数学试卷答案【广东卷】【高二下期末考】广东省清远市2024-2025学年第二学期高中高二年级6月期末教学质量检测（6.26-6.27）

清远市2024—2025学年第二学期高中期末教学质量检测高二数学注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.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.8 B.13 C.63 D.66【答案】D【解析】【分析】根据排列数公式计算即可.【详解】.故选：D.2.已知，则的值为（）A.-1 B.-2 C.0 D.2【答案】B【解析】【分析】根据导数定义结合导数公式计算求解.【详解】，所以，故选：B.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，且的分布列如下表所示，则（）012A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据分布列概率之和为1，建立方程求解.【详解】由题意可知，，解得.故选：A.4.某班级有名学生，其中男生､女生的人数及是否喜爱篮球的人数如表所示，从这名学生中随机选择人作为体育课代表，若选到的学生喜爱“篮球”，则该学生是女生的概率为（）喜爱“篮球”不喜爱“篮球”合计男生女生合计A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】记事件选到的学生喜爱“篮球”，事件选到的学生是女生，利用条件概率公式可求出的值.【详解】记事件选到的学生喜爱“篮球”，事件选到的学生是女生，则，，由条件概率公式可得.故选：B.5.如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（）A.5种 B.6种 C.7种 D.9种【答案】C【解析】【分析】利用分类加法计数原理以及分步乘法计数原理，可得答案.【详解】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知，不同的路径有种.故选：C.6.已知，若，则（）A.-1 B.-2 C.11.8 D.2【答案】C【解析】【分析】根据条件，利用二项分布的期望、方差计算公式及随机变是的运算性质，即可求解.【详解】由题知，，又，所以，所以故选：C.7.已知函数的图象在点处的切线的倾斜角为，则曲线在点处的切线的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出导函数，再求出切线斜率，最后应用点斜式计算求解.【详解】，依题意，解得，所以，所以，所以曲线在点处的切线的方程为，即，故选:B.8.已知数列：，从中任选三项组成一个新数列，则所有新数列中的最小项之和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据任意三个不同项可组成个数列，再得出最小项的和结合组合数的性质计算求解.【详解】由题知，任意三个不同项可组成个数列；在所有递增的新数列中，以1为最小项的新数列有个，以2为最小项的新数列有个，以3为最小项的新数列有个，，以2023为最小项的新数列有个，此时，所有新数列中的最小项之和为，所以所有新数列中的最小项之和为.故选:D.二､多选题：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.9.已知，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】利用赋值法和二项式系数性质分别计算判断.【详解】令，得，故A正确；，故B错误；令，得，又，所以，故C正确；令，得，所以，故D正确.故选：ACD.10.在三个地区暴发了流感，这三个地区分别有的人患了流感，假设这三个地区的人口数之比为，现从这三个地区中任意选取一个人，下列结论正确的是（）A.若此人选自地区，则其患流感的概率为0.05B.此人患流感的概率为0.0485C.若此人患流感，则其选自地区的概率为D.若此人患流感，则其选自地区的概率为【答案】ABC【解析】【分析】应用条件概率计算判断A，应用全概率公式计算判断B，根据贝叶斯公式计算判断C，D.【详解】设“此人患流感”，，所以，故A正确；所以，故B正确；若此人患流感，则其选自地区的概率为，故C正确；若此人患流感，则其选自地区的概率为，故D错误，故选:ABC.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若有两个零点，则B.若，则无最值C.当时，方程有唯一实根D.若存在，使得，则【答案】BCD【解析】【分析】利用求导来判断单调性和值域可判断A；利用求导结合基本不等式判断单调性可判断B；利用作差构造函数求导，结合单调性和值域可判断C；利用分离参变量构造函数求导结合单调性可判断D.【详解】对于A，函数的定义域为，令，则，令0，则，所以函数的单调减区间为，单调增区间为，即函数的极小值为，若函数有两个零点，则，解得，故A错误；对于B，若，对于函数，有，解得，即函数的定义域为，由则，当且仅当时，等号成立，所以函数在上为减函数，函数无最值，故B正确；对于C，当时，方程，即，即，令，则，当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，即，所以在上有一个零点，所以方程有唯一实根，故C正确；对于D，若存在，使得，则，令，则，又，令，则，所以在上单调递减，又，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，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.某班女生的身高（单位：cm）近似服从正态分布，从中随机选取一人，则__________.（精确到0.0001，参考数据：若，则，）【答案】【解析】【分析】利用正态分布的区间来进行计算即可.【详解】由题知，，则.故答案为：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.【答案】90【解析】【分析】根据题意，先确定值班天数分配，然后分两种情况讨论，结合组合数以及两类计数原理代入计算，即可得到结果.【详解】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，有种不同的结果；若甲､乙两人值班的日期有一天相同，有种不同的结果，所以不同的值班方案有（种）.故答案为：9014.小李家共有10只信鸽，其中戴盔鸽有3只，李种鸽有且只，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.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.用表示取出的2只信鸽的分数之和，则的数学期望为__________.【答案】38【解析】【分析】根据题意可知“任意取出2只信鸽，这两只信鸽的品种相同”的概率为，进而列出等式可求出n的值，进而根据题意可知的可能取值，求出其分布列，进而可求数学期望.【详解】设“任意取出2只信鸽，这两只信鸽的品种相同”为事件，则，整理得，解得或（舍去），所以李种鸽有3只，蓝鸽有4只，所以的所有取值为，且，所以.故答案为：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.15.在研究某类杨树的树高与胸径（树的主干在地面以上处的直径）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，求胸径与树高的平均值；（胸径精确到，树高精确到）（2）根据这些数据，可建立该类杨树树高（单位：）关于胸径（单位：）的一元线性回归模型为，用（1）中结果求的值并估计胸径为的该类杨树的树高；（精确到）（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18.120.122.224.426.028.3树高18.819.221.021.022.122.1编号789101112胸径29.632.433.735.738.340.2树高22.422.623.024.323.924.7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7512表2参考公式及数据：，其中.0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）（2）（3）认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联，理由见解析【解析】【分析】（1）根据表格中的数据和平均数的计算公式计算即可.（2）首先求出，然后得到一元线性回归方程，然后将代入方程即可求出杨树的树高.（3）首先作出零假设，然后计算卡方值，并比较数据，得出结论.【小问1详解】由题知，，.【小问2详解】，所以，所以，当时，，即估计胸径为的该类杨树的树高为.【小问3详解】零假设为：树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置无关联，根据列联表中的数据，经计算得到，根据的独立性检验，我们推断不成立，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0.1.16.如图，在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，底面是的中点，是的中点，且.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）在平面内，过点作，以为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，利用直线方向向量与平面法向量垂直即可证明结论；（2）求出以及平面的法向量，再利用空间向量夹角公式求解即可.【小问1详解】在平面内，过点作，由题知，，所以，所以.因为底面，且在平面内，所以，所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，设，因，所以所以，所以，易知平面的一个法向量为，所以，所以，又因为平面.所以平面.【小问2详解】由（1）知，，设平面法向量为，则令，得，所以，设直线与平面所成角为，又，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.17.已知双曲线与椭圆焦点相同，且离心率之比为.（1）求双曲线的方程；（2）若直线与双曲线左､右两支分别交于两点，记点关于轴的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点的坐标为.【解析】【分析】（1）根据双曲线和椭圆的焦点相同以及离心率之比为3这两个条件列方程求出的值即可确定双曲线的方程.（2）联合直线和双曲线方程组，结合韦达定理求出直线的方程，进而确定定点坐标.【小问1详解】由题知，，化简得.解得，所以双曲线的方程为.【小问2详解】证明：设，则，联立消去整理得，所以，所以，又直线的斜率，所以直线的方程为，由对称性易知，若直线过定点，则该定点在轴上，令，得，所以直线过定点，且该定点的坐标为.18.甲､乙两名操作员对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，求随机变量的分布列与期望；（3）若第1次从乙开始进行连接检测，求第次由乙操作的概率.【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）【解析】【分析】（1）利用列举法求出所有的传递方法共有多少种，找出第三次传递后，信息在元件中的情况，再由古典概型的概率公式计算可得；（2）依题意写出的所有可能取值，分别计算其概率，列出分布列求解期望；（3）分第次由乙操作，第次继续由乙操作和第次由甲操作，第次由乙操作两种情况，得到与的关系，通过构造数列可得是等比数列，即可求解.【小问1详解】由题知，三次传递所有的传递方法有：，则共有8种传递方法，第三次传递后，信息在元件中的有两种情况，所以第三次传递后，信息在元件中的概率为，即一组随机连接检测成功的概率为；【小问2详解】设在前4次检测中，乙操作的次数为，依题意，可取，所以，，，，所以的分布列为0123所以；【小问3详解】若第1次从乙开始进行连接检测，则第次由乙操作有两种情况：（1）第次由乙操作，第次继续由乙操作，其概率为；（2）第次由甲操作，第次由乙操作，其概率为，所以，所以，因为时，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.19.已知函数的导函数为.（1）当时，求的极值；（2）若在上不单调，求的取值范围；（3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围.【答案】（1）极小值为；极大值为.（2）.（3）.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数单调性、极值；（2）先求，使在上不单调，由一元二次方程的解求的取值范围；（3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参.【小问1详解】当时，，则，所以当或时，，此时单调递减