精品解析：广东省佛山市南海区2023-2024学年高二下学期素养提升学业水平监测（5月）数学试卷

南海区2025届高二第二学期素养提升学业水平监测 数学 2024年5月 本试卷共4页，19题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在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相应位置上；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．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，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. 记为等差数列的前n项和，若，，则的公差为（ ） A. -4 B. -2 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的定义和性质即可求解. 【详解】解：∵是等差数列，∴，∴， ∴的公差为． 故选：D． 2. 已知随机变量，且，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据随机变量方差的性质结合题意直接求解即可 【详解】因为随机变量， 所以，得. 故选：A 3. 如图，直线和圆，当从开始在平面上按顺时针方向绕点匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数．这个函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，根据面积函数的变化趋势，结合图象的变化率先变大在变小，即可求解. 【详解】根据题意，可得面积随着的增大而增加，所以函数为单调递增函数， 且增长趋势先慢后快，过圆心后逐渐变慢，即函数图象的变化率先变大在变小， 结合选项，可得选项D复合题意. 故选：D. 4. 已知非零实数a，b，c不全相等，则下列结论正确的是（ ） A. 若a，b，c成等差数列，则，，构成等差数列 B. 若a，b，c成等比数列，则，，构成等差数列 C. 若a，b，c成等差数列，则，，构成等比数列 D. 若a，b，c成等比数列，则，，构成等比数列 【答案】C 【解析】 【分析】A、B、D选项可以通过特值法排除，C选项直接翻译得到，用等比中项的方法可判断C对. 【详解】解：当，，时，,A错误； 当，， 时，,，B错误； 若a，b，c成等差数列，则， 所以， 故，，构成等比数列，C正确； 当，，时，D显然错误． 故选：C． 5. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为1%，第2，3台加工的次品率均为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%．任取一个零件，则它是次品的概率为（ ） A. 0.0175 B. 0.017 C. 0.0145 D. 0.014 【答案】A 【解析】 【分析】利用全概率公式即可求解. 【详解】解：第1台加工的次品率为1%，第2，3台加工的次品率均为2%，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%， 则它是次品的概率为：． 故选：A． 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足三三数之剩二，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ） A. 19 B. 17 C. 16 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列模型结合对勾函数求解最小值. 【详解】由题意得：则数列满足等差数列， 则即 则 利用对勾函数及知，当时当时 故选：C. 7. 若函数在区间上不单调，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据导数求函数的极值点，由题意转化为极值点在定义域内，即可列式求解. 【详解】函数，，， 可得时，，此时函数单调递减； 时，，此时函数单调递增，所以时，函数取得极小值， 因为函数在区间上不单调，所以函数在区间上存在极值点， 所以，解得，所以实数m的取值范为． 故选：C． 8. 已知且，且，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构建，分析可得，，，利用导数判断，结合单调性判断比较大小. 【详解】由题意可得：，，， 构建， 可得，，， 则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 可得，即，且， 所以. 故选：B. 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，有错选的得0分． 9. 某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区，则下列说法正确的是（ ） A. 若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法 B. 若恰有一个区无人去，则共有36种不同的安排方法 C. 若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有18种不同的安排方法 D. 若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有16种不同的安排方法 【答案】AC 【解析】 【分析】全排列可得A正确；利用先特殊后一般，先组合后排列，得出结果判断其余选项； 【详解】某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区． 对于选项A，若四个区都有人去，则共有种不同的安排方法，即选项A正确； 对于选项B，若恰有一个区无人去，则共有种不同的安排方法；即选项B错误； 对于选项C，若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有种不同的安排方法，即选项C正确； 对于选项D，若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有种不同的安排方法，即选项D错误． 故选：AC． 10. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第行从左到右的数字之和记为，如，，，的前项和记为，则下列说法正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是120 B. C. 在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为 D. 的前项和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意分析出数列为等比数列，再求其前n项和记为，然后对各选项逐一分析即可. 【详解】在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是，A选项正确； 从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数，所以， 为等比数列，，所以，故B错误； ， 所以的前n项和为 ，故D正确； 在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为 ，故C正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在处的切线方程为 B. 函数存在唯一的极小值点 C. 函数的极小值大于 D. 函数有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据导数的几何意义，求曲线的切线方程，即可判断A；根据导数的单调性，以及零点存在性定理，即可判断B；代入极值点求极小值，并利用基本不等式求最值，判断C；根据单调性判断零点个数，并计算当时，求的值，判断D. 【详解】由题意得，，所以，， 故在处的切线方程为，即，A正确； 因为在上单调递增，又，， 故存在，使得，即， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 故在处取得唯一的极小值，没有极大值，B正确； 由B知，的极小值，，C错误； 由C知，又， 所以在内存在唯一的根，所以， 则，所以， 因为， 故也是在唯一的零点，D正确． 故选：ABD． 【点睛】思路点睛：本题主要涉及函数零点，极值点，以及极值的问题，其中计算极值时，涉及“隐零点”问题，需结合极值点满足的方程，计算求解. 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. 在的二项展开式中，常数项是_____________（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式的通项，根据通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 令，解得，所以， 即展开式的常数项为. 故答案为： 13. 已知等比数列的前5项和为10，前10项和为50，则这个数列的前15项和为______. 【答案】210 【解析】 【分析】由等比数列的前项和性质可得，成等比数列，根据等比中项的性质即可求解. 【详解】根据题意，记等比数列的前项和为，则成等比数列，所以 故答案为210 【点睛】本题主要考查等比数列前项和性质及等比中项，考查方程思想，属于基础题. 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第3次传球后球在乙手中的概率为________，第n次传球后球在乙手中的概率为________． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】利用样本空间法，通过列举的方法计算概率；首先设第次传球后在乙手中的概率为，以及第次传球道甲或丙手中的概率为，求解关于数列的递推关系式，通过构造法求数列的通项公式. 【详解】每次传球都有2种可能，传球3次有种传球过程， 其中第3次传给乙，包含甲丙甲乙，甲乙丙乙，甲乙丙乙，3种传球过程，所以第3次传球后球在乙手中的概率为； 设第次传球后在乙手中的概率为，则第次传球道甲或丙手中的概率为， 故， 所以， 所以数列为等比数列，首项为，公比为， 所以，即. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是分析传到乙之前是从甲或丙传过去，所以需分析传到甲和丙的概率，从而得到递推关系式. 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. 已知函数，当时，取得极值1． （1）求的解析式； （2）若对任意的都有成立，求c的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）因为当时，取得极值1，则，得出，得出解析式. （2）恒成立问题，找出在的最大值，即可. 【小问1详解】 函数，，当时，取得极值1， 则，解得，经检验满足题设． ∴； 【小问2详解】 若对任意的都有成立， 财函数在上的最大值小于c， 由，得， 由，得或． ∴当时，，当时，， 可得的增区间为，，减区间为． 又，， ∴函数在上的最大值为3，则c的取值范围是． 16. 已知是公差不为零的等差数列，其中，，成等比数列，且，数列的前n项和为． （1）求数列的通项公式及其前n项和； （2）设求数列的前n项和； （3）设集合，求集合M中所有元素的和． 【答案】（1），； （2）； （3）900. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的基本量表示，再根据三个数是等比数列，列式求解首项和公差，即可求解数列的通项公式和前项和； （2）根据（1）的结果，利用裂项相消法求和； （3）根据（1）的结果，再根据不等式求解集合中的项数，再根据等差数列的前项和公式，即可求解. 【小问1详解】 因为是公差不为零的等差数列，，，成等比数列， 所以，即，又， 所以，，，； 【小问2详解】 ， 则数列的前n项和； 【小问3详解】 集合， 故，故集合M中所有元素的和即求数列的前30项和， 则． 17. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，在购买机器时，可以一次性额外购买几次维修服务，每次维修服务费用300元，另外，实际维修一次还需向维修人员支付小费，小费每次60元．在机器使用期间，如果维修次数超过购机时购买的维修服务次数，则每维修一次需支付维修费用720元，无需支付小费．现需决策在购买机器时应同时一次性购买几次维修服务，根据大数据统计显示，每台机器在三年使用期内的维修次数可能是4次，5次或6次，其概率分别是，，．记X表示2台机器在三年使用期内的维修次数，n表示购买2台机器时，一次性购买的维修服务次数． （1）求X的分布列； （2）以机器维修所需费用的期望值为决策依据，在和之中选取其一，应选用哪个？ 【答案】（1） X的分布列为 X 8 9 10 11 12 P （2）． 【解析】 【分析】（1）先写出X可能取值，计算每个的概率，注意有顺序. （2）法一：当时，根据第一问写出对应的费用，注意时，9个维修服务费用，只有8次小费，算出期望，同理算出时的期望，两数比较大小；法二：直接计算和的期望值，再比较大小. 【小问1详解】 X的取值为8，9，10，11，12． ． ． ． ． ． 所以X的分布列为 X 8 9 10 11 12 P 【小问2详解】 法1：当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为 3180 3240 3960 4680 5400 P 于是． 当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为 3480 3540 3600 4320 5040 P 于是， 因为3645<3670，所以应选用． 法2：当时，机器维修所需费用的期望值为， 当时，机器维修所需费用的期望值为． 因为，所以应选用． 18. 已知函数， （1）讨论的单调性； （2）若存在两个零点 （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）证明：函数的定义域为R，求导得， 当时，恒成立，则函数在R上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，在R上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：由是的两个零点，得，不妨令， 两式相减得，令，要证， 只需证 ，令， 求导得，令，求导得， 函数在上单调递增，，则函数在上单调递增，， 所以成立，即成立. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用导数分类求解函数的单调区间即可. （2）（ⅰ）由（1）的信息，求出存在最小值并且小于0的a值范围，再利用零点存在性定理判断即可；（ⅱ）由零点的意义用表示，再借助分析法构造函数推理即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可知，当时，在R上单调递增，最多有一个零点，不合题意， 当时，在时取得极小值也是最小值， ， 若有两个零点，则，即，而，解得， 由，得函数在上有一个零点，即在上唯一零点； 令函数，求导得，函数在上单调递增， 则，即，取， 于是， 因此函数在上有一个零点，即在上有唯一零点， 所以a的取值范围为． （ⅱ）略 【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函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： 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． 19. 如果数列满足：且，则称数列为“阶万物数列”． （1）若某“4阶万物数列”是等比数列，求该数列的各项； （2）若某“9阶万物数列”是等差数列，求该数列的通项公式； （3）若为“阶万物数列”，求证：． 【答案】（1），，，，或者是，，， （2）或 （3） 由已知可知，必有，也必有，其中，，且， 设，，，是数列中所有大于0的数， ，，，是数列中所有小于0的数． 由已知可得，． 所以 ． 【解析】 【分析】（1）由等比数列前n项和公式可得，再结合题意可解； （2）由等差数列前n项和公式可得，再分，和，结合条件求解； （3）将数列中的正数项和负数项分开相加，得由已知可得，，再利用放缩放得证. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，显然． 由，可得，解得． 由可得，所以． 所以“4阶万物数列”为，，，，或者是，，，． 【小问2详解】 设等差数列的公差为， 由可得，即，即． 当时，，此时，不是“9阶万物数列”． 当时，由和， 可得，解得，． 所以． 当时，由和，可得， 解得，．所以． 综上所述，或． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第（3）中，将数列中的正数项和负数项分开相加，得由已知可得，，再利用放缩放得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南海区2025届高二第二学期素养提升学业水平监测 数学 2024年5月 本试卷共4页，19题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在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相应位置上；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．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，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. 记为等差数列的前n项和，若，，则的公差为（ ） A. -4 B. -2 C. 2 D. 4 2. 已知随机变量，且，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 3. 如图，直线和圆，当从开始在平面上按顺时针方向绕点匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数．这个函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 已知非零实数a，b，c不全相等，则下列结论正确的是（ ） A. 若a，b，c成等差数列，则，，构成等差数列 B. 若a，b，c成等比数列，则，，构成等差数列 C. 若a，b，c成等差数列，则，，构成等比数列 D. 若a，b，c成等比数列，则，，构成等比数列 5. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为1%，第2，3台加工的次品率均为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%．任取一个零件，则它是次品的概率为（ ） A. 0.0175 B. 0.017 C. 0.0145 D. 0.014 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足三三数之剩二，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ） A. 19 B. 17 C. 16 D. 15 7. 若函数在区间上不单调，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知且，且，且，则（ ） 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，有错选的得0分． 9. 某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区，则下列说法正确的是（ ） A. 若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法 B. 若恰有一个区无人去，则共有36种不同的安排方法 C. 若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有18种不同的安排方法 D. 若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有16种不同的安排方法 10. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第行从左到右的数字之和记为，如，，，的前项和记为，则下列说法正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是120 B. C. 在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为 D. 的前项和为 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在处的切线方程为 B. 函数存在唯一的极小值点 C. 函数的极小值大于 D. 函数有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数 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. 在的二项展开式中，常数项是_____________（用数字作答） 13. 已知等比数列的前5项和为10，前10项和为50，则这个数列的前15项和为______. 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第3次传球后球在乙手中的概率为________，第n次传球后球在乙手中的概率为________． 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. 已知函数，当时，取得极值1． （1）求的解析式； （2）若对任意的都有成立，求c的取值范围． 16. 已知是公差不为零的等差数列，其中，，成等比数列，且，数列的前n项和为． （1）求数列的通项公式及其前n项和； （2）设求数列的前n项和； （3）设集合，求集合M中所有元素的和． 17. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，在购买机器时，可以一次性额外购买几次维修服务，每次维修服务费用300元，另外，实际维修一次还需向维修人员支付小费，小费每次60元．在机器使用期间，如果维修次数超过购机时购买的维修服务次数，则每维修一次需支付维修费用720元，无需支付小费．现需决策在购买机器时应同时一次性购买几次维修服务，根据大数据统计显示，每台机器在三年使用期内的维修次数可能是4次，5次或6次，其概率分别是，，．记X表示2台机器在三年使用期内的维修次数，n表示购买2台机器时，一次性购买的维修服务次数． （1）求X的分布列； （2）以机器维修所需费用的期望值为决策依据，在和之中选取其一，应选用哪个？ 18. 已知函数， （1）讨论的单调性； （2）若存在两个零点 （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：． 19. 如果数列满足：且，则称数列为“阶万物数列”． （1）若某“4阶万物数列”是等比数列，求该数列的各项； （2）若某“9阶万物数列”是等差数列，求该数列的通项公式； （3）若为“阶万物数列”，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $