精品解析：广东省清远市2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题

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 2. 已知，则的值为（ ） A. -1 B. -2 C. 0 D. 2 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（ ） 0 1 2 A. B. C. D. 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. 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 6 已知，若，则（ ） A. -1 B. -2 C. 11.8 D. 2 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. 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. 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. 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0.05 B. 此人患流感的概率为0.0485 C. 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 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，使得，则 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，） 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. 14. 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__________. 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 1 2 3 4 5 6 胸径 18.1 20.1 22.2 24.4 260 28.3 树高 18.8 19.2 21.0 21.0 22.1 22.1 编号 7 8 9 10 11 12 胸径 29.6 32.4 337 35.7 38.3 40.2 树高 22.4 22.6 23.0 24.3 23.9 24.7 表1 种植位置 成材情况 合计 成材 未成材 南坡 5 1 6 北坡 2 4 6 合计 7 5 12 表2 参考公式及数据：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 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. 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）若直线与双曲线的左､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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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（ ） 0 1 2 A. 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0.05 B. 此人患流感的概率为0.0485 C. 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：90 14. 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 1 2 3 4 5 6 胸径 18.1 20.1 22.2 24.4 26.0 28.3 树高 18.8 19.2 21.0 21.0 22.1 22.1 编号 7 8 9 10 11 12 胸径 29.6 32.4 33.7 35.7 383 40.2 树高 22.4 22.6 23.0 24.3 23.9 24.7 表1 种植位置 成材情况 合计 成材 未成材 南坡 5 1 6 北坡 2 4 6 合计 7 5 12 表2 参考公式及数据：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【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】 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，因为，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，， 设平面的法向量为， 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. 已知双曲线与椭圆的焦点相同，且离心率之比为. （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线的左､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 0 1 2 3 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， 当时，，此时单调递增， 所以当时，取得极小值， 且极小值为； 当时，取得极大值， 且极大值为. 【小问2详解】 由题可知， ， 设， 注意到，要使在上不单调， 只需满足，解得， 即实数的取值范围为. 【小问3详解】 由题知，其定义域为， 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点， 所以与有两个不同的交点，所以， 不妨设，则， 所以，所以 所以 ， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在（）上单调递增， 所以， 又， 所以，所以在上单调递增， 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$