精品解析：广东省广州市白云区2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试题

2024学年第二学期期末教学质量监测 高二数学（试题） 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，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号、试室号、座位号填写在答题卡上． 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．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 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. 已知数列的通项公式，则的值为（ ） A. B. 0 C. D. 1 2. 已知数列的通项公式，则数列的前10项和为（ ） A. 35 B. 40 C. 45 D. 50 3. 已知函数，是的导函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 对某地区数学考试成绩的数据分析，学生成绩服从正态分布，，则（ ） A. 0.98 B. 0.96 C. 0.52 D. 0.48 5. 的展开式中的系数是（ ） A 10 B. 5 C. D. 6. 银行储蓄卡的密码由6位数字组成．某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字．如果记得密码的最后1位是偶数，不超过3次就按对的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. 505 D. 1013 8. 设函数，其中，若存在唯一整数，使得，则的取值范围是（ ） 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. 为了研究变量关于变量线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）： 1 2 3 4 5 0.4 0.8 1 1.2 1.6 若经验回归方程为，（参考公式：，相关系数，则（ ） A. 变量和变量负相关 B. C. 当时，相应的残差为 D. 去掉样本点后，变量和变量的样本相关系数会变小 10. 如图，取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第2个正六边形；然后再取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第3个正六边形，依此方法一直继续下去．已知正六边形边长为4，记第个正六边形的边长为，面积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是首项为，公比为的等比数列 C. 如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形的面积之和不断增加且趋近于无限大 D. 如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形周长之和趋近于 11. 甲、乙两人进行球类比赛，有二种赛制，赛制一：比赛采用5局3胜，先赢3局者获胜，比赛结束．记采用赛制一甲获胜为事件，甲获胜时比赛的局数为．赛制二：比赛赛满5局，赢的局数多者获胜，比赛结束．记采用赛制二甲获胜为事件，甲获胜时甲赢的局数为．已知每局比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局比赛结果相互独立．则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是______．（用数字作答） 13. 将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长相等的小正方形，做成一个无盖方盒，则方盒的容积的最大值为______． 14. 已知数列的首项，且，则的通项公式为______；若不等式（）恒成立，则的最小值为______． 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. 函数，（，）的图象在处的切线与直线平行． （1）求的值和切线的方程； （2）求函数的单调区间和极值． 16. 为了研究高中学生平时的数学成绩和整理数学错题习惯的情况，某校数学建模兴趣小组的同学在本校抽取名学生进行调查统计，数据如下： 整理数学错题习惯 数学成绩 合计 优秀 非优秀 有 没有 合计 （1）依据小概率值的独立性检验，是否认为数学成绩优秀与整理数学错题集习惯有关联； （2）在调查统计有整理数学错题集习惯的名学生中，采用比例分配的分层随机抽样的方法选取人组建研讨小组，再从人研讨小组中随机抽取人进行访谈，用表示访谈时成绩优秀的人数，求的分布列、数学期望及方差． 附：， 17. 已知数列的前项和为，且． （1）求，及数列的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为等差数列， ①设（），求； ②若都有不等式成立，求的取值范围． 18. 甲对某运动项目进行挑战，若第一天挑战不成功，则第二天继续挑战；若第一天挑战成功，则第二天休息一天，第三天继续挑战，依此类推…假设甲挑战成功的概率均为，设第天甲挑战的概率为． （1）求，； （2）求证数列为等比数列，并求； （3）若随机变量服从两点分布，且，，则．记前天（即从第1天到第天）中甲挑战的天数为，求． 19. 牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：，，…，，根据已有精确度，当时，给出近似解．对于函数，已知． （1）若给定，求的二阶近似值； （2）函数． ①试写出函数的最小值与的关系式； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期期末教学质量监测 高二数学（试题） 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，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号、试室号、座位号填写在答题卡上． 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．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 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. 已知数列的通项公式，则的值为（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】将代入计算即可得结果. 【详解】因为数列的通项公式，所以. 故选：B 2. 已知数列的通项公式，则数列的前10项和为（ ） A. 35 B. 40 C. 45 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可． 【详解】因为， 则． 故选：C 3. 已知函数，是的导函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点A作切线，过点B作切线，连接，得到直线，根据导数的几何意义以及斜率的定义结合图象即可得出答案. 【详解】 如图过点A作切线，斜率设为，过点B作切线，斜率设为，连接，得到直线，斜率设为，由图可知，. 又根据导数的几何意义以及斜率的定义可知， ，， 所以. 故选：A． 4. 对某地区数学考试成绩的数据分析，学生成绩服从正态分布，，则（ ） A. 0.98 B. 0.96 C. 0.52 D. 0.48 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性进行求解. 【详解】. 故选：B 5. 的展开式中的系数是（ ） A. 10 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，讨论两种情况求解即可. 【详解】因为的展开式的通项公式为， 令，可得； 令，可得； 所以的系数是. 故选：C. 6. 银行储蓄卡的密码由6位数字组成．某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字．如果记得密码的最后1位是偶数，不超过3次就按对的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合互斥事件概率加法公式和独立事件的乘法公式，即可求解． 【详解】记得密码的最后1位是偶数，不超过3次就按对的概率：． 故选：C 7. 已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. 505 D. 1013 【答案】D 【解析】 【分析】根据成等比数列，结合等差数列的通项公式可得，进而得到，，进而求和即可. 【详解】设首项为，因为成等比数列， 所以，则， 解得或，当时，，此时与成等比数列矛盾，故排除， 当时，，此时令， 而其前2025项和为， . 故选：D 8. 设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将存在唯一的整数，使得，即，转化为在图象上只有一个横坐标为整数的点在直线下方，利用导数判断函数单调性，作出其大致图象，数形结合，列出不等式组，即可求得答案. 【详解】由题意， 令 ， 因为存在唯一的整数，使得，即， ， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故当时，函数取得极小值也是最小值， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 是斜率为a，且过定点的直线，作出其大致图象如图： 当时，存在无穷多个满足条件的整数满足不等式，不符合题意， 故，此时需满足在图象上只有一个横坐标为整数的点在直线下方， 则需满足，解得， 则实数a的取值范围是. 故选：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. 为了研究变量关于变量的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）： 1 2 3 4 5 0.4 0.8 1 1.2 1.6 若经验回归方程为，（参考公式：，相关系数，则（ ） A. 变量和变量负相关 B C. 当时，相应的残差为 D. 去掉样本点后，变量和变量的样本相关系数会变小 【答案】BC 【解析】 【分析】根据数据判断回归直线的单调性判断A；应用样本中心点求解判断B；计算残差判断C；根据相关系数的性质判断D. 【详解】由表格数据可知，随着的增加，随之增加，所以与正相关，A错误； 因为，故样本中心为， 由回归直线必过样本点的中心，由，解得，B正确； 所以回归方程为，所以当时，估计， 残差为：，C正确； 点为样本中心点，去掉样本点后变量和变量的样本相关系数不变，D错误． 故选：BC 10. 如图，取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第2个正六边形；然后再取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第3个正六边形，依此方法一直继续下去．已知正六边形边长为4，记第个正六边形的边长为，面积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是首项为，公比为的等比数列 C. 如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形的面积之和不断增加且趋近于无限大 D. 如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形的周长之和趋近于 【答案】ABD 【解析】 【分析】找到规律，得到，计算判断A，利用等比数列求和公式求出周长的前项和判断D ，结合正六边形的面积，推导出为等比数列，利用等比数列求和公式求出的和判断BC. 【详解】由题意正六边形每次取中点连线，新正六边形的边长为前一个边长的倍， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以， 所以，数列的前项和为， 所以前个正六边形的周长之和为， 即所有正六边形的周长之和趋近于，故AD正确； 因为边长为的正六边形的面积为， 所以正六边形每次取中点连线，新正六边形的面积为前一个面积的倍， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确； 所以前个正六边形的面积之和为， 即所有正六边形的面积之和不断增加且且趋近于，故C错误. 故选：ABD 11. 甲、乙两人进行球类比赛，有二种赛制，赛制一：比赛采用5局3胜，先赢3局者获胜，比赛结束．记采用赛制一甲获胜为事件，甲获胜时比赛的局数为．赛制二：比赛赛满5局，赢的局数多者获胜，比赛结束．记采用赛制二甲获胜为事件，甲获胜时甲赢的局数为．已知每局比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局比赛结果相互独立．则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】赛制一中甲获胜的情况为：甲连续赢3局，甲赢3局输1局，甲赢3局输2局共3种情况；赛制二中甲获胜的情况为：甲赢3局输2局，甲赢4局输1局，甲赢5局输共3种情况；分别求出相应情况的概率，即可求解相应的期望值，从而可求解. 【详解】AB：赛制一中甲获胜的情况为：甲连续赢3局，甲赢3局输1局，甲赢3局输2局共3种情况： 所以，故A错误； ，，， 所以：，故B正确； CD：赛制二中甲获胜的情况为：甲赢3局输2局，甲赢4局输1局，甲赢5局输共3种情况： 所以，故C正确； ，，， 则，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. 从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先排首位有3种，再在剩下的3个数中选2个数全排，有种，最后根据分步乘法计算即可. 【详解】先排首位，在选一个，有3种； 十位、个位从剩下的3个数中选2个数全排，有种， 故可以组成种没有重复数字三位数. 故答案为： 13. 将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长相等的小正方形，做成一个无盖方盒，则方盒的容积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意方盒的底面边长为的正方形，高为，即可求出的取值范围，则无盖方盒的容积为，，利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值. 【详解】依题意方盒的底面边长为的正方形，高为， 则，即， 所以无盖方盒的容积为，， 则， 令，解得或； 令，解得． 因为函数的定义域为， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值即最大值，所以， 即该方盒容积最大为. 故答案为： 14. 已知数列的首项，且，则的通项公式为______；若不等式（）恒成立，则的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 3 【解析】 【分析】利用累加法和等比数列求和来求解,利用导数法证得，然后利用该结论得，则，即可得解. 【详解】，且，再由累加法得： ． 设，则，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即，当且仅当时等号成立， 所以， 所以， 即，所以，又， 故不等式（）恒成立，则的最小值为3. 故答案为：，3 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. 函数，（，）的图象在处的切线与直线平行． （1）求的值和切线的方程； （2）求函数的单调区间和极值． 【答案】（1）， （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用建立方程求得，求出切点，利用点斜式即可求切线方程； （2）利用导数研究单调性，进而得函数极值. 【小问1详解】 由得，由题意， 所以，所以，则， 所以在处的切线为，即. 【小问2详解】 ，令有或， 由有且，即且， 由有，即或， 所以函数的增区间为，，减区间为， 所以函数在处取得极小值，在处取得极大值. 16. 为了研究高中学生平时的数学成绩和整理数学错题习惯的情况，某校数学建模兴趣小组的同学在本校抽取名学生进行调查统计，数据如下： 整理数学错题习惯 数学成绩 合计 优秀 非优秀 有 没有 合计 （1）依据小概率值的独立性检验，是否认为数学成绩优秀与整理数学错题集习惯有关联； （2）在调查统计有整理数学错题集习惯的名学生中，采用比例分配的分层随机抽样的方法选取人组建研讨小组，再从人研讨小组中随机抽取人进行访谈，用表示访谈时成绩优秀的人数，求的分布列、数学期望及方差． 附：， 【答案】（1）能，理由见解析 （2）分布列答案见解析，， 【解析】 【分析】（1）零假设数学成绩优秀与整理数学错题集习惯无关，计算出的观测值，结合临界知表可得出结论； （2）分析可知，随机变量的可能取值有、、，利用超几何分布可得出随机变量的分布列，进而可求得、的值. 【小问1详解】 零假设数学成绩优秀与整理数学错题集习惯无关， 由列联表中的数据可得， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为数学成绩优秀与整理数学错题集习惯有关联，此推断犯错误的概率不超过. 【小问2详解】 由分层抽样可知，人研讨小组中，成绩非优秀的人数为人，成绩优秀的人数为人， 由题意可知，随机变量的可能取值有、、， ，，， 故随机变量的分布列如下表所示： 所以，， . 17. 已知数列的前项和为，且． （1）求，及数列的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列， ①设（），求； ②若都有不等式成立，求的取值范围． 【答案】（1）， （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用递推式求解，退位作差得到时，又，所以数列为等比数列，利用等比数列通项公式求解即可； （2）①先求出，再根据错位相减法求和即可；②原式等价于，利用作差法比较大小，进而确定最大值即可求解. 【小问1详解】 由得，，时，，两式相减得， 即，又，所以数列为公比为2的等比数列， 所以； 【小问2详解】 ①由（1）得，， 在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，则，即，则，所以， 则，， 两式相减可得 ，所以； ②因为都有不等式成立， 所以恒成立， ， 当时，，即， 当时，，即， 所以，所以. 18. 甲对某运动项目进行挑战，若第一天挑战不成功，则第二天继续挑战；若第一天挑战成功，则第二天休息一天，第三天继续挑战，依此类推…假设甲挑战成功的概率均为，设第天甲挑战的概率为． （1）求，； （2）求证数列为等比数列，并求； （3）若随机变量服从两点分布，且，，则．记前天（即从第1天到第天）中甲挑战的天数为，求． 【答案】（1），. （2）证明见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）根据对立事件概率公式和独立事件乘法公式求解即可； （2）由，即可得，即可利用等比数列定义证明结论，然后利用等比数列的通项公式求解即可； （3）利用两点分布求得，然后利用等比数列求和公式求解即可. 【小问1详解】 根据题意，. 【小问2详解】 当时，，所以，又, 所以是以为首，为公比的等比数列，所以， 即. 【小问3详解】 因为，， 所以，     因为，， 所以当时，， 故. 19. 牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：，，…，，根据已有精确度，当时，给出近似解．对于函数，已知． （1）若给定，求的二阶近似值； （2）函数． ①试写出函数的最小值与的关系式； ②证明：． 【答案】（1） （2）①，②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据给定方法，求出的导数，依次求出即可. （2）①利用导数探讨函数的最小值，结合求出m与r的关系； ②由①的结论，构造函数，利用导数探讨函数在上的单调性即可推理得证. 【小问1详解】 函数，求导得， 依题意，，当时，， 同理，而，所以； 小问2详解】 ①因为， 所以，令， 求导得，所以在上单调递增， 函数单调递增，， 由，得，且，则，， 所以， 当时，，当时，， 于是函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得最小值， 即. ②由①知，， 令，求导得， 令，求导得， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 而， 则当时，恒成立，即函数在上单调递增， 而，因此，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$