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

2023-2024学年广东省广州市海珠区高二下学期期末教学质量检测
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，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. B. C. D.
2.已知随机变量服从正态分布，且，则( )
A. B. C. D.
3.已知函数，则单调增区间是( )
A. B.
C. D.
4.五一假期期间，某单位安排人值天班，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. B. C. D.
5.有个不同的正因数
A. B. C. D.
6.某企业进行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：
根据表中数据得出关于的经验回归方程为，若生产吨产品，预计相应的生产能耗为( )
A. 吨 B. 吨 C. 吨 D. 吨
7.下列四个不等式，，，中正确个数为( )
A. B. C. D.
8.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，则棋子前进步每一步是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，游戏结束若结束时棋子恰好在点处，那么游戏过关问游戏结束时过关的概率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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( )
A. B. C. D.
10.如图，正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，，作第个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第个正方形的，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
11.有台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率为，第，台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起已知第，，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，它是第台车床加工的概率为
D. 如果取到的零件不是第台车床加工的，它是次品的概率为
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______．
13.在展开式中，含项的系数是______用数字作答
14.已知函数只有个零点，则的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
函数，．
若函数的图象在点处的切线与直线垂直，求切线的方程；
若，，求取值范围．
16.本小题分
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
女生
合计
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？
现从喜欢足球的学生中按性别比例进行分层抽样，抽取人组成志愿服务队再从志愿服务队中抽取人进行宣传报导活动，记抽到人中的男生人数为，求随机变量的分布列和期望．
附：，其中．
17.本小题分
数列的首项，．
证明是等差数列，并求的通项公式；
设，
当数列的项取得最大值时，求的值；
求的前项和．
18.本小题分
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个讲座每个讲座被选择是等可能的．
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；
对于两个不相互独立的事件，，若，，称为事件，的相关系数．
已知，证明；
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．
19.本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
当时，求证：．
答案简析
1.
【简析】解：等差数列中，为其前项和，，，
则根据等差数列的性质可得，，仍成等差数列，
即，，成等差数列，则有，
解得．
故选：．
2.
【简析】解：随机变量服从正态分布，得对称轴是，，
．
3.
【简析】解：函数的导数为，
令，得，
结合函数的定义域，得当时，函数为单调增函数，
因此，函数的单调递增区间是，
故选B．
4.
【简析】解：根据题意甲不值第一天，乙不值第五天
若甲排在第五天，则其余人进行全排列，有种排法，
若甲不排在第五天，则甲有种排法，乙有种排法，其余三人有种排法，
种排法，
种排法．
故选C．
5.
【简析】解：由，对于质因数，指数是，所以贡献的是个因数；
对于质因数，指数是，所以贡献的是个因数．
因此，的正因数数量是：，
所以，有个正因数，D正确．
6.
【简析】解：由表中数据，计算得
，，
且线性回归方程过样本中心点，
即，
解得，
、的线性回归方程是，
当时，估计生产吨产品的生产能耗为
吨．
故选B．
7.
【简析】解：设，则，令，则；令，则．
故在上单调递减，在上单调递增，故．
因此，则，故，正确；
，正确；
，错误；
设，则，令，则，令，则．
故在上单调递减，在上单调递增，故，即，故正确，
综上所述，正确的个数是，
故选C．
8.
【简析】解：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处表示三次骰子的点数之和是，．
列举出在点数中能够使得三次数字和为，的有：，，，，，，，共有种组合，
前种组合，
每种情况可以排列出种结果，共有种结果
后种组合各有种结果，共有种结果，
由分类加法计数原理知，共有种结果．
抛次骰子共有种结果，
故抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的概率为
故选D．
9.
【简析】解：由分布列的性质知，则，
故E，故A错误
，故C正确
则，故B正确
所以，故D错误．
10.
【简析】解：由题意知，，，，选项A正确
数列是等比数列，且公比为所以，即，选项B正确
因为，选项C错误
由题意知，，所以这些正方形的面积之和将趋近，选项D正确．
故选：．
11.
【简析】解：对于选项，任取一个零件是第台生产出来的次品概率为 ，故A错误；
对于选项，任取一个零件是次品的概率为，故B正确；
对于选项，任取一个零件是第台生产出来的次品概率为 ，
结合，选项的分析，可知如果取到的零件是次品，且是第台车床加工的概率为 ，
故C正确；
如果取到的零件不是第台车床加工的，且它是次品的概率为 ，故D正确．
12.
【简析】解：因为足，，
所以当时， ，
所以，即，
再由可得，
所以．
故答案为．
13.
【简析】解：在 的展开式中，
含项的系数为
故答案为．
14.
【简析】解：函数只有个零点，
，即，
亦即与只有一个交点，
令，，
当时，或，
当时，或，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
且，，
时，；时，；
故或．
15.解：设切线的斜率为，直线的斜率为， ，
又，
，，即 ，
点为 切线的方程为：，
即：化简得：；
因为由可化为，
设，则，
令，得令，得，
故在上递增，在上递减。
，得，
所以的取值范围是
【简析】
根据已知条件和导数的几何意义求出切线的斜率，然根据点斜式求出直线方程；
根据的符号求出的极大值，并且使极大值点范围内，这样可以求出的取值范围．
16.解：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．
在分层抽样中，喜欢足球的男生有人，女生有人，则的可能取值为，，，
且，，，
则的分布列为
则．
【简析】
结合信息，代入公式求出，将其与临界值进行对比，进而即可求解；
先得到的所有可能取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解．
17.证明：
思路一：由题可知，，
所以，则，
又因为，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
则，
所以；
思路二：由题可知，，
所以，
又因为，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
则，
所以．
解：，
设第项最大，则
，
，，
所以数列第、项取得最大．
式，
式两边同时乘以得：
式，
式式得：
，
．
【简析】
由题可得，得证；
由题意可得，设第项最大，则，可得解；
由错位相减法即可求和．
18.解：由题意可知，的可能的取值为，，，
，
，
则的分布列为
则
证明：因为，且所以，
即，
而，
所以成立．
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
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．
故因为，所以事件，不相互独立．，
化简得．
【简析】
根据题意分别求得，，，，再求期望即可求解；
由题意可得，再用条件概率公式即可证明；
依次求得，，，，，再代入公式即可求解
19.解：
Ⅰ当时，，在上单调递增．
Ⅱ当时，令，得
当时，当时，
所以，当时，在上单调递增在上单调递减
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减．
由知，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
【简析】
求导并因式分解得，再分当时，当时，进行讨论；
问题转化为证，先证，再证，即可．
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