精品解析：广东省佛山市2024-2025学年高二下学期期末教学质量检测数学试题

2024～2025学年下学期佛山市普通高中教学质量检测 高二数学 2025.6 本试卷共4页，19小题.满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生要务必填涂答题卷上的有关项目. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；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，不按以上要求作答的答案无效. 4.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 3. 已知正方形的边长为，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知为等差数列的前n项和，，，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 5. 学校组织学生参加劳动基地实践活动，将名学生分配到整地做畦、作物移栽和藤架搭建个项目进行劳动技能训练，每名学生只分配到个项目，每个项目至少分配名学生，则不同的分配方案共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 某车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了次实验，收集数据如表所示： 零件个数/个 加工时间 根据计算可知加工时间关于零件数的一元线性回归方程为，则（ ） A. B. C. D. 7. 某海湾一固定点处大海水深d与时间t之间关系为，则该处水位变化速度的最大值是（ ） A. B. C. D. 4 8. 某工厂近两年投产高新电子产品，第一个月产量为1000台，合格品率为80%，以后每月产量在前一个月的基础上提高20%，合格品率比前一个月增加1%.已知第n个月（，且）生产合格品首次突破5000台，则n的值为（参考数据：）（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 设随机变量，随机变量，其正态密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列前n项和为，，则（ ） A. 数列是递减数列 B. 当且仅当时，取得最小值 C. 数列是递减数列 D. 当且仅当时，取得最小值 11 已知函数，则（ ） A. 函数有两个极值点 B. 函数在单调递增 C. ，函数恰有两个零点 D. ，函数在上有最大值 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. 展开式中的系数为__________.（用数字作答） 13 已知直线与曲线相切，则= 14. 在棱长为1个单位的正方体中，一个质点在随机外力的作用下从顶点出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的.设第n秒（）后，质点位于平面ABCD的概率为，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. 一袋子中有大小相同的10个小球，其中有3个白球，7个黑球.现从中依次摸出2个球，记摸到白球的个数为X. （1）若采用不放回摸球，求X的分布列； （2）若采用有放回摸球，求X的数学期望与方差. 16. 如图，在长方体中，，，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知数列的前n项和为，且（）. （1）若为等比数列，求公比q的值； （2）若， （ⅰ）证明：数列为等比数列； （ⅱ）求数列的前n项和. 18. 已知函数（，）. （1）当时，求证：； （2）讨论的单调性； （3）当时，，求a的取值范围. 19. 甲乙两人进行投篮，抛硬币决定谁先投篮，并约定：一人先投篮，若未命中，则换为对方投篮；若后投篮者还没命中，则由先投篮者再投篮，如此往复下去直到有人命中为止，先命中者胜，比赛结束.已知甲的命中率为，乙的命中率为，且甲乙是否命中相互独立. （1）假设，，求第2次投篮后比赛结束的概率； （2）已知甲先投篮，求甲获胜的概率； （3）从最终获胜的角度出发，根据与的大小关系，判断先投篮者的优势是否更大？说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年下学期佛山市普通高中教学质量检测 高二数学 2025.6 本试卷共4页，19小题.满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生要务必填涂答题卷上的有关项目. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；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，不按以上要求作答的答案无效. 4.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用交集的定义直接求解. 【详解】集合，，所以. 故选：D 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法结合共轭复数的定义可得结果. 【详解】因为，因此复数的共轭复数是. 故选：A. 3. 已知正方形的边长为，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算化简，即可得解. 【详解】因为，则， 因此，. 故选：B. 4. 已知为等差数列的前n项和，，，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式得到方程组，解出，再利用等差数列通项公式即可得到答案. 详解】由题意得，解得， 则. 故选：B. 5. 学校组织学生参加劳动基地实践活动，将名学生分配到整地做畦、作物移栽和藤架搭建个项目进行劳动技能训练，每名学生只分配到个项目，每个项目至少分配名学生，则不同的分配方案共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】将四名学生分为三组，再将这三组学生分配给三个项目即可，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】将四名学生分三组，每组人数分别为、、，再将这三组学生分配给三个项目即可， 所以，不同的分配方案种数为种. 故选：B. 6. 某车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了次实验，收集数据如表所示： 零件个数/个 加工时间 根据计算可知加工时间关于零件数的一元线性回归方程为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出样本点中心的坐标，代入回归直线方程，可求得的值. 【详解】由表格中的数据可得，， 将样本点中心代入回归直线方程可得，解得. 故选：C. 7. 某海湾一固定点处大海水深d与时间t之间的关系为，则该处水位变化速度的最大值是（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求瞬时速度，对求导即可得到最大值. 【详解】由，得， 则该处水位变化速度的最大值是. 故选：C. 8. 某工厂近两年投产高新电子产品，第一个月产量为1000台，合格品率为80%，以后每月的产量在前一个月的基础上提高20%，合格品率比前一个月增加1%.已知第n个月（，且）生产合格品首次突破5000台，则n的值为（参考数据：）（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得第n个月生产合格品数量的表达式，据此可得时，满足题意，随后通过研究函数单调性可验证结论正误，即可得答案. 【详解】由题可得第n个月生产合格品数量为. 则由题可得 . 当，，不满足题意；，，不满足题意；，，不满足题意； ，满足题意. 令， 则， 从而在上单调递增，由以上分析可得. 则当第n个月生产合格品首次突破5000台时，. 故选：D 【点睛】关键点睛：本题结论涉及整数，故采用代值计算得到初步结论，然后利用导数验证结论正确性. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 设随机变量，随机变量，其正态密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态密度曲线易得，，然后可逐项判断. 【详解】，， 两曲线分别关于直线对称，由图可知，故A正确； 又，所以，故B正确； 又的正态密度曲线比的正态密度曲线更“高瘦”，所以，故C错误； 又，所以，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知数列的前n项和为，，则（ ） A. 数列是递减数列 B. 当且仅当时，取得最小值 C. 数列是递减数列 D. 当且仅当时，取得最小值 【答案】BD 【解析】 【分析】利用特殊值法可判断A选项；分析数列单调性，可判断B选项；利用数列的单调性可判断C选项；解不等式，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，，，则，故数列不单调，A错； 对于B选项，， 当且时，且数列单调递减， 当且时，且数列单调递减， 故当且仅当时，取得最小值，B对； 对于C选项，由可得或， 故当时，，故数列单调递增，C错； 对于D选项，由可得， 故当时，；当时，， 所以，当且仅当时，取得最小值，D对. 故选：BD. 11. 已知函数，则（ ） A. 函数有两个极值点 B. 函数在单调递增 C. ，函数恰有两个零点 D. ，函数在上有最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导函数分析函数的极值点及单调性可判断A，B；取特殊值，可解得函数的零点个数，从而判断C；利用函数单调性求得极大值，再与端点值比较大小确定最大值，可判断D. 【详解】由求导可得， 令， 则， 所以方程有两个不相等的实数根，设为，不妨令； 对于A，则时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，单调递增， 所以函数有两个极值点，故A正确； 对于B，根据韦达定理，， 若，则，则， 所以，时，，单调递减； 时，，单调递增，故B错误； 对于C，取时，， 令，解得或， 此时，函数恰有两个零点，故C正确； 对于D，因为，所以，则， 所以，时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，单调递增， 所以，函数在处取得极大值， 又，则， 又因为， 所以， ， 所以，即， 则函数在处取得极大值就是在上最大值， 故D正确. 故选：ACD. 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. 展开式中的系数为__________.（用数字作答） 【答案】20 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接列式求解. 【详解】展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为20. 故答案为：20 13. 已知直线与曲线相切，则= 【答案】3 【解析】 【分析】设切点为（x0，y0），求出函数y＝ln（x+）的导数为y＝，得k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），进而求出． 【详解】设切点为（x0，y0），由题意可得：曲线的方程为y＝ln（x+），所以y＝． 所以k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），解得：y0＝0，x0＝﹣2，＝3． 故答案为3． 【点睛】本题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，属于基础题. 14. 在棱长为1个单位的正方体中，一个质点在随机外力的作用下从顶点出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的.设第n秒（）后，质点位于平面ABCD的概率为，则__________，__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据给定条件，将正方体8个顶点分成两层，求出质点在同层内移动的概率及移动到另一层的概率，即可求出；再求出递推关系，利用构造法求出数列通项公式即可得解. 【详解】正方体的8个顶点分居在两层：上底面和下底面内， 每个顶点有3条棱连接到相邻顶点，移动方向等可能，概率为， 因此质点在同层内移动到另一顶点的概率为，质点移动到另一层顶点的概率为， 第秒后，质点位于平面ABCD的概率为，位于平面的概率为，， ； 则，即，而， 于是数列是以为首项，为公比的等比数列，，即， 故答案为：； 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. 一袋子中有大小相同的10个小球，其中有3个白球，7个黑球.现从中依次摸出2个球，记摸到白球的个数为X. （1）若采用不放回摸球，求X的分布列； （2）若采用有放回摸球，求X的数学期望与方差. 【答案】（1）分布列见解析； （2）期望，方差. 【解析】 【分析】（1）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列. （2），利用二项分布的期望方差计算得解. 【小问1详解】 依题意，的所有可能取值为， ，， 所以的分布为： 0 1 2 【小问2详解】依题意，的所有可能取值为，每次摸到白球的概率为，则， 所以的期望，方差. 16. 如图，在长方体中，，，. （1）求证：； （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）求出、的坐标，由即可证明； （2）设平面的法向量为，由则，求出法向量为的坐标，再由向量的夹角公式可得答案. 【小问1详解】 以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， ，，， ，∴，， ∴， ∴. 【小问2详解】 设平面的法向量为， ， ，， 又，， 则， ∴，取，则， ∴平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为 ∴， 即直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知数列的前n项和为，且（）. （1）若为等比数列，求公比q的值； （2）若， （ⅰ）证明：数列为等比数列； （ⅱ）求数列的前n项和. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列式求出，再结合通项公式及前n项和公式验证判断. （2）（ⅰ）利用前n项和与第n项的关系及已知可得，再利用等比数列定义推理即得；（ⅱ）由（ⅰ）的结论求得，再分奇偶求出，最后利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 数列中，，由，得， 则，解得或， 当时，，，， 而，显然不恒成立，因此， 当时，，，，符合题意， 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由，得，两式相减得， 则，当时，， 而，，则，即，， 所以数列为等比数列. （ⅱ）由（ⅰ）知等比数列的首项为3，公比为2，则， ，两式相减得， 当时，， 于是，，则； 当时，， 于，，则， 因此，，， 则，， 两式相减得， 所以. 18. 已知函数（，）. （1）当时，求证：； （2）讨论的单调性； （3）当时，，求a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析； （2）答案见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）构造函数结合函数单调性得出函数最小值证明求解； （2）求出导函数，再分，，，四种情况，得到函数的单调性； （2）参变分离得到，构造函数，求导得到其单调性和最大值，从而得到答案. 【小问1详解】 当时，设， 所以单调递增， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 所以，所以， 所以； 【小问2详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，， 当时，单调递增；当时，单调递减； 当时，， 令，解得， 当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增； 当时，， 令，解得， 当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增； 当时，， 令，解得， 当时，单调递增； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递增； 【小问3详解】 当时，符合题意； 当时，，则等价于恒成立， 令， ， 由（1）知，所以，， 当时，单调递减；当时，单调递增； 则， 因为恒成立，所以， 所以， 实数的取值范围为. 19. 甲乙两人进行投篮，抛硬币决定谁先投篮，并约定：一人先投篮，若未命中，则换为对方投篮；若后投篮者还没命中，则由先投篮者再投篮，如此往复下去直到有人命中为止，先命中者胜，比赛结束.已知甲的命中率为，乙的命中率为，且甲乙是否命中相互独立. （1）假设，，求第2次投篮后比赛结束的概率； （2）已知甲先投篮，求甲获胜的概率； （3）从最终获胜的角度出发，根据与的大小关系，判断先投篮者的优势是否更大？说明理由. 【答案】（1）； （2） （3）答案见解析； 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算即可得出答案； （2）应用独立事件概率公式结合全概率公式可求概率； （3）由（2）得出先投篮者获胜的概率判断即可. 【小问1详解】 设第2次投篮后比赛结束为事件， 由题意得； 【小问2详解】 设甲先投篮甲获胜为事件，为甲第一投命中， 则， 因为第1,2次投篮没中后，相当于重新开始比赛，此甲获胜的概率也为， 故， 因此，故； 【小问3详解】 设甲先投篮甲获胜为事件，为乙先投乙获胜， 则由（2）可得，， 同理，， 则先投占优等价于，即， 则先投不占优等价于或， 综上，当时，先投占优； 当或，先投不占优. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$