精品解析：广东省六校联考2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题

东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学 2022级高二年级五月六校联考 数学 命题学校：广州市第二中学 本试卷共6页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的答卷无效. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.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的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结東后，只需将答题卡交回. 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. 已知函数，则函数的导函数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量.若，设事件“”，事件“”，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列的前n项和，将依原顺序按照第n组有项的要求分组，则2024所在的组数为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 4. 现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为（ ） A 216 B. 432 C. 864 D. 1296 5. 过点作曲线的两条切线，.设，的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前项和为，，且（且），若，则（ ） A. 49 B. 50 C. 51 D. 52 8. 已知不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 有3台车床加工同一型号零件，第1、2、3台车床加工的零件数的比为5：6：9，加工出来的零件混放在一起，第1、2、3台车床加工的次品率分别为6%，5%，4%.现从三台车床加工的零件中任取一个，则（ ） A. 该零件由第1台车床加工的概率为0.25 B. 该零件为次品的概率为0.048 C. 若该零件为次品，则其由第2台车床加工的概率为 D. 若该零件为次品，则其由第3台车床加工的概率最大 10. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 使得成立的最大正整数 C. D. 中最小项为 11. 已知函数及其导函数的定义域都为，对于任意的，都有成立，则下列说法正确的是（ ）． A. B. 若，则 C. 为偶函数 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为__________.（用数字作答） 13. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为__________. 14. 在不大于的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数的个数记为.表示不超过x的最大整数，令，则__________. 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. 红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害.每只红铃虫的平均产卵数y（个）和平均温度x（℃）有关，现收集了7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值. （1）根据散点图判断，与（其中e为自然对数的底数）哪一个更适合作为平均产卵数y（个）关于平均温度（℃）的回归方程类型?（给出判断即可，不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出关于的回归方程； 附：回归方程中，. 参考数据 5215 2347.3 33.6 27 81.3 3.6 （2）现在有10根棉花纤维，其中有6根为长纤维，4根为短纤维，从中随机抽取3根棉花纤维，设抽到的长纤维棉花的根数为X，求X的分布列. 16. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 17. 英国物理学家牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，具体做法如下：先在x轴找初始点，然后作在点处的切线，切线与x轴交于点，再作在点处的切线，切线与x轴交于点，再作在点处的切线，以此类推，直到求得满足精度的近似解为止. 已知，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为，继续牛顿法的操作得到数列. （1）求数列通项公式； （2）若数列的前项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值. （参考数据：，，，） 18. 某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个. （1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐玩偶，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及； （2）某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为. ①求通项公式； ②若每天购买盲盒的人数约为，且这人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）设函数有两个不同的零点， （i）求实数的取值范围： （ⅱ）若满足，求实数最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学 2022级高二年级五月六校联考 数学 命题学校：广州市第二中学 本试卷共6页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的答卷无效. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.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的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结東后，只需将答题卡交回. 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. 已知函数，则函数的导函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复合函数的求导法则即可得解. 【详解】因为，， 所以由复合函数的求导法则，得. 故选：D. 2. 已知随机变量.若，设事件“”，事件“”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态分布的性质可求，再由条件概率公式求解. 【详解】根据题意，，， 所以，则， . 故选：A 3. 已知数列的前n项和，将依原顺序按照第n组有项的要求分组，则2024所在的组数为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】先求出数列的通项公式，得到2024在数列中的项数，再根据第n组有项求出前组所含项数，即可求解. 【详解】因为， 所以当时，， 当时，符合， 所以，故由得， 将依原顺序按照第n组有项的要求分组， 故第一组项，第二组项，第三组项，，第组有项， 故前组共有， 又， 故2024所在组数为. 故选：B. 4. 现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为（ ） A. 216 B. 432 C. 864 D. 1296 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合分组分配列式计算得解. 【详解】求不同的安排种数需要分成3步，把3名心理教师分配到三所学校，有种方法， 再把4名语文教师按分成3组，并分配到三所学校，有种方法， 最后把2名数学教师分配到只有1名语文教师的两所学校，有种方法， 由分步乘法计数原理得不同的安排种数为. 故选：B 5. 过点作曲线的两条切线，.设，的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出两条切线的斜率，由两直线的夹角公式求得夹角的正切值． 【详解】两条切线，的倾斜角分别为，， 根据题意，， 若点是切点时，切线斜率为， 若点是切点（点不重合），则， 由，解得（舍去）， 所以直线斜率为， 则． 故选：C． 6. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意设该质点向右移动的次数为，则，所以，再根据二项分布的概率公式计算即可求解. 【详解】设该质点向右移动的次数为，则，， 而，所以的可能取值为， 所以 . 故选：D． 7. 已知数列的前项和为，，且（且），若，则（ ） A. 49 B. 50 C. 51 D. 52 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的递推关系，结合变形，再构造常数列求出，然后代入计算即可. 【详解】当时，，则， 于是，即有， 因此数列是常数列，，即， 由，得，而，所以. 故选：A 8. 已知不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将不等式变形为，根据的单调性得，再用常数分离法求出的取值范围. 【详解】由得， 即 ， 令，，则， 所以在上单调递增， 而等价于， ∴，即， 令，，则， 所以在时，，递增； 在时，，递减， 所以最大值，∴． 故选：C 【点睛】方法点睛：同构法解不等式恒成立求参数范围问题时先将原不等式化成 后再利用函数单调性得到与的大小关系，由此得到参数范围. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 有3台车床加工同一型号的零件，第1、2、3台车床加工的零件数的比为5：6：9，加工出来的零件混放在一起，第1、2、3台车床加工的次品率分别为6%，5%，4%.现从三台车床加工的零件中任取一个，则（ ） A. 该零件由第1台车床加工的概率为0.25 B. 该零件为次品的概率为0.048 C. 若该零件为次品，则其由第2台车床加工的概率为 D. 若该零件为次品，则其由第3台车床加工的概率最大 【答案】ABD 【解析】 【分析】设事件B为“任取一个零件为次品”，事件为“零件是第i台车床加工”，则，且两两互斥．求出，以及，由全概率公式得，可判断A、B；“求次品为第1台车床所加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件发生的概率由条件概率公式计算，可判断C、D. 【详解】设事件B为“任取一个零件为次品”，事件为“零件是第i台车床加工”， 则，且两两互斥． 根据题意得， , 由全概率公式，得 ， 所以选项A正确，选项B正确， “如果取到的零件是次品，计算它是第台车床加工的概率”， 就是计算在件B发生的条件下，事件发生的概率， 所以． 同理可得，， 所以若该零件为次品，则其由第3台车床加工的概率最大， 所以选项C错误，选项D正确． 故选：ABD． 10. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 使得成立的最大正整数 C. D. 中最小项为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，根据题目条件得到，，从而得到，，A正确；B选项，，，B错误；C选项，先得到，从而得到；D选项，得到当时，，当时，，当时，，并得到. 【详解】A选项，，即，故， 故，故，故，A正确； B选项，，， 故使得成立的最大正整数，B错误； C选项，由于， 故， 则， 故，C正确； D选项，由于， 故当时，，当时，， 当时，，当时，， 故当时，，当时，，当时，， 由，得， ， 由不等式的同向可乘性可得，，故， 故中最小项为，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数及其导函数的定义域都为，对于任意的，都有成立，则下列说法正确的是（ ）． A. B. 若，则 C. 为偶函数 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意运用特殊值检验方法，排除法即可解决. 【详解】令，则，解得或，故A错误； 令，，所以， 令，，则，解得，故B正确； 当时，令，则有， 所以，， 当，令，则有， 所以，所以，所以奇函数， 综上，为奇函数，故C错误； 令，则， 所以，故D正确． 故选：BD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件求出的值，写出二项展开式的通项，即可求解. 【详解】由于的展开式只有第项的二项式系数最大， 则展开式中共有项，故，解得， 所以，的展开式通项为， 令，解得，因此所求即为. 故答案为：. 13. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，结合已知可得，再由函数不等式恒成立问题求函数最值即可得结论. 【详解】函数，求导得， 由函数在上单调递增，得，， 而函数在上的最小值为，因此， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 14. 在不大于的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数的个数记为.表示不超过x的最大整数，令，则__________. 【答案】500 【解析】 【分析】根据在不大于的所有正整数中，能被2，3，6整除的数的个数，得到，从而得到，当时，求解. 【详解】解：因为在不大于的所有正整数中，能被2整除的数有个，能被3整除的数有个，能被6整除的数有个， 所以， 当时，，则， 当时，， 则当时，， 因为，所以，则，所以， 所以， 故答案为：500 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. 红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害.每只红铃虫的平均产卵数y（个）和平均温度x（℃）有关，现收集了7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值. （1）根据散点图判断，与（其中e为自然对数的底数）哪一个更适合作为平均产卵数y（个）关于平均温度（℃）的回归方程类型?（给出判断即可，不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出关于的回归方程； 附：回归方程中，. 参考数据 5215 2347.3 33.6 27 81.3 3.6 （2）现在有10根棉花纤维，其中有6根为长纤维，4根为短纤维，从中随机抽取3根棉花纤维，设抽到的长纤维棉花的根数为X，求X的分布列. 【答案】（1）更适宜，； （2）分布列见解析. 【解析】 【分析】（1）根据散点图的形状，判断回归方程类型；将两边同时取自然对数，转化为线性回归方程，即可得到答案. （2）求出X的可能值及各个值对应的概率，列出分布列即可. 【小问1详解】 根据散点图的形状，判断更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型， 将两边同时取自然对数，得， 依题意，，， 因此，则， 于是z关于x的线性回归方程为， 所以y关于x的回归方程为. 【小问2详解】 依题意，X的可能值为， ， ， 所以X的分布列为： 0 1 2 3 16. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）函数的极小值为，无极大值； （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数，先判断函数的单调区间，再求函数的极值； （2）首先不等式化简为恒成立，再利用参变分离，转化为最值问题，即可求解. 【小问1详解】 ，令，得， ，和的关系，如下表所示， 0 单调递减 极小值 单调递增 所以函数极小值为，无极大值； 【小问2详解】 不等式恒成立，即恒成立， 即，，恒成立，所以，， 设，， ，其中， 设，，所以在单调递增， 因为，，所以存在，使，即，即， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，函数取得最小值， 由，可得，所以， 所以. 17. 英国物理学家牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，具体做法如下：先在x轴找初始点，然后作在点处的切线，切线与x轴交于点，再作在点处的切线，切线与x轴交于点，再作在点处的切线，以此类推，直到求得满足精度的近似解为止. 已知，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为，继续牛顿法的操作得到数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列的前项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值. （参考数据：，，，） 【答案】（1）； （2）22. 【解析】 【分析】（1）首先根据导数的几何意义求切线方程，并令，得到数列的递推公式，即可求解. （2）由（1）可知，，利用错位相减法求数列的前项和，代入不等式，参变分离为，转化为作差判断数列的单调性，再求数列的最大值，即可求解. 【小问1详解】 函数，求导得， 则图象在点处的切线方程为：， 令，得，而，因此是首项为1，公比为的等比数列， 所以. 【小问2详解】 令， ， 于是， 两式相减得：， 整理得，由，得， 化简得，令，则， 当时，，即， 当时，，即， 所以 从而整数； 【点睛】关键点点睛：本题的关键是第一问理解题意，理解与的关系，从而求出数列的通项公式，后面的问题迎刃而解. 18. 某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个. （1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐玩偶，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及； （2）某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为. ①求的通项公式； ②若每天购买盲盒的人数约为，且这人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个. 【答案】（1）；；（2） ①；②甲系列盲盒个，乙系列盲盒个. 【解析】 【分析】（1）计算一次性购买个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为，利用排列与组合计算当集齐，，玩偶的所有情况总数，然后得到；利用正难则反思想，先计算一次性买个乙系列盲盒不能集齐，玩偶的概率，再利用计算即可； （2）①由题意可得，当时，，利用构造法求出数列的通项公式；②假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则根据题意可知，利用二项分布数学期望的计算公式得出购买甲的人数，从而得出购买乙的人数，根据一天中购买甲、乙的人数确定每天应准备甲、乙两种盲盒的个数. 【详解】解：（1）若一次性购买个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为，集齐，，玩偶，则有两种情况： ①其中一个玩偶个，其他两个玩偶各个，则有种结果； ②若其中两个玩偶各个，另外两个玩偶1个，则共有种结果， 故； 若一次性购买个乙系列盲盒，全部为与全部为的概率相等，均为， 故； （2）①由题可知：， 当时，，则，，即是以为首项，以为公比的等比数列. 所以，即； ②因为每天购买盲盒的人都已购买过很多次，所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，可看作，所以，其购买甲系列的概率近似于， 假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则， 所以，即购买甲系列的人数的期望为， 所以礼品店应准备甲系列盲盒个，乙系列盲盒个. 【点睛】本题考查概率的实际运用，考查概率与数列的综合问题，解答本题的关键在于： （1）理解题目的意思，将问题灵活转化，利用排列与组合解决（1）中及的计算； （2）分析清楚与之间的联系，类比已知数列递推关系式求通项公式的方法求解，然后利用的性质解题. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）设函数有两个不同的零点， （i）求实数的取值范围： （ⅱ）若满足，求实数的最大值. 【答案】（1）答案见解析； （2）（i）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）求导，分类讨论参数和时，函数的单调性即可. （2）（ⅰ）利用参数分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可； （ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求额，再利用的单调性可求得，进而求得结果. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，的递增区间是，无递减区间； 当时，的递增区间是，递减区间是. 【小问2详解】 （ⅰ）由，得，令，求导得， 当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，恒成立，且， 由有两个零点，即方程有两个不等的正根，亦即直线与的图象有两个公共点， 因此，即， 所以实数的取值范围是. （ⅱ）由，得，且， 不妨设，将代入， 得，即， 令，求导得，令， 求导得，则函数在上单调递减， 有，即，函数在上单调递减， 由，得，则， 因此函数在上单调递减，即， 于是，有，则， 又，令，， 由（ⅰ）知，在上递增，而，因此在上递增， 则，即，解得， 所以a的最大值是. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； ②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； ③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$