2023-2024學(xué)年廣東省佛山市高二下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年廣東省佛山市高二下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.(x?2)6的展開式中，x3的系數(shù)為A.?160 B.?20 C.20 D.1602.甲、乙兩校各有3名教師報名支教，現(xiàn)從這6名教師中隨機派2名教師，則被派出的2名教師來自同一所學(xué)校的概率為(

)A.15 B.25 C.123.函數(shù)f(x)=x3?6x2+16A.?16 B.?9 C.9 D.164.若將文盲定義為0，半文盲定義為1，小學(xué)定義為2，初中定義為3，職中定義為4，高中定義為5，大專定義為6，大學(xué)本科定義為7，碩士及以上學(xué)歷定義為8，根據(jù)調(diào)查，某發(fā)達地區(qū)教育級別與月均純收入(單位：萬元)的關(guān)系如下表：學(xué)歷初中職中高中大專本科教育級別34567月均純收入0.400.550.701.151.20由回歸分析，回歸直線方程的斜率b=0.22，可預(yù)測該地區(qū)具有碩士及以上學(xué)歷的月平均純收入為(

)A.1.40萬元 B.1.42萬元 C.1.44萬元 D.1.46萬元5.某小組5人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中抽取一張，則恰有1人抽到自己寫的賀年卡的不同分配方式有(

)A.9種 B.11種 C.44種 D.45種6.給定兩個隨機事件A，B，且P(A)>0，P(B)>0，則P(A|B)=P(A|B)的充要條件是(

)A.P(A|B)=12 B.P(A|B)=127.若1e<a<b<1，則(

)A.ba<bb<aa<a8.佛山第一峰位于高明區(qū)皂幕山，其海拔最高達到804.5米.要登上皂幕山的最高峰，一共需要走6666級階梯.小明和小吉同時從第1級階梯出發(fā)登峰，假設(shè)他們在前30分鐘中，每分鐘走50級階梯，由于體力有限，小明每隔30分鐘，其每分鐘走的階梯數(shù)減少5級，而小吉每隔30分鐘，其速度降低10%，直到登上最高峰，則(

)(參考數(shù)據(jù)：0.94≈0.66，0.95≈0.59A.小明到達最高峰的時間比小吉早超過30分鐘

B.小吉到達最高峰的時間比小明早超過30分鐘

C.小明到達最高峰的時間比小吉早，但差距不超過30分鐘

D.小吉到達最高峰的時間比小明早，但差距不超過30分鐘二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點P有且只有一條直線與曲線y=lnx相切，則點P的坐標(biāo)可以是(

)A.(0,1) B.(1,0) C.(2,0) D.(1,1)10.已知數(shù)列{an}(n∈N?)的前n項和為SA.Sn=(n+1)(n?1)

B.Sn=an

C.對?m，n∈N11.甲、乙、丙、丁四人相互做傳球訓(xùn)練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外三個人中的任何一人.下列說法正確的是(

)A.已知第2次傳球后球在甲手中，則球是由乙傳給甲的概率為13

B.已知第2次傳球后球在丙手中，則球是由丁傳給丙的概率為13

C.第n次傳球后球回到甲手中的不同傳球方式共有14[3n+3?(?1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.某廠家生產(chǎn)的產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)服從正態(tài)分布N(171,σ2).質(zhì)量指標(biāo)介于162至180之間的產(chǎn)品為良品,為使這種產(chǎn)品的良品率達到99.73%,則需調(diào)整生產(chǎn)工藝,使得σ至多為

.(若X~N(μ,σ2),則P(|X-μ|<3σ)=0.9973)13.數(shù)列{an}滿足a1=1，且an+1=an14.已知f(x)是定義域為(?∞,0)∪(0,+∞)的偶函數(shù)，當(dāng)x>0時，有xf′(x)?2f(x)=(x?2)ex+2，且f(1)=e?2，則f(x)=

;不等式f(x)>e3四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)某工廠制造甲、乙、丙三件產(chǎn)品，制造過程必須先后經(jīng)過兩道工序.當(dāng)?shù)谝坏拦ば蛲瓿刹⒑细窈蠓娇蛇M入第二道工序，兩道工序過程相互獨立.根據(jù)該廠現(xiàn)有的技術(shù)水平，經(jīng)過第一道工序后，甲、乙、丙三件合格的概率依次為45，34，23，經(jīng)過第二道工序后，甲、乙、丙三件產(chǎn)品合格的概率依次為34，(1)求第一道工序完成后至少有一件產(chǎn)品合格的概率;(2)若前后兩道工序均合格的產(chǎn)品為合格產(chǎn)品，記合格產(chǎn)品的個數(shù)為ξ，求隨機變量ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望．16.(本小題15分)已知數(shù)列{an}(n∈N?)的前n項和為Sn，a(1)證明：{an}是等比數(shù)列，并求出(2)設(shè)bn=log2(4an)，數(shù)列{17.(本小題15分)高考招生制度改革后，我省實行“3+1+2”模式，“3”為語文、數(shù)學(xué)、外語3門統(tǒng)一科目，“1”為考生在物理、歷史兩門科目中選擇1門作為首選科目，“2”為考生在思想政治、地理、化學(xué)、生物學(xué)4門科目中選擇2門作為再選科目.有人認為高考選考科目的確定與性別有關(guān)，為此，某教育機構(gòu)隨機調(diào)查了一所學(xué)校的n名學(xué)生，其中男生占調(diào)查人數(shù)的12，已知男生有910的人選了物理，而女生有(1)完成下列2×2列聯(lián)表：物理歷史總計男生女生總計n(2)若在犯錯誤的概率不超過0.01的前提下，可認為“性別與選科有關(guān)”，那么本次被調(diào)查的人數(shù)至少有多少?(3)從物理類考生和歷史類考生中各抽取1人，若抽取的2人性別恰好相同，求這2人是女生的概率．附：χα0.050.010.0050.001χ3.8416.6357.87910.82818.(本小題17分)已知函數(shù)f(x)=xlnx+1(1)求曲線y=f(x)在點(1,1)處的切線方程;(2)證明：函數(shù)?(x)=f(x)?g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有且只有一個極值點;(3)證明：f(x)>g(x)．19.(本小題17分)已知函數(shù)f(x)=(x?1)(e(1)f(x)在(?∞,0)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增;(2)若f(x)的兩個零點為x1，x(ⅰ)(ⅱ)x2?參考答案1.A

2.B

3.A

4.D

5.D

6.C

7.C

8.D

9.AB

10.BCD

11.ACD

12.3

13.4048202514.e|x|15.解：分別記甲、乙、丙經(jīng)第一道工序后合格為事件A1，A2，A3，

(1)設(shè)E表示第一道工序后至少有一件合格，

則P(E)=1?P(A1·A2·A3)=1?P(A1)P(A2)P(A3)

=1?[1?P(A1)][1?P(A2)][1?P(A3)]

=1?15×14×13=5960．

即第一道工序完成后至少有一件產(chǎn)品合格的概率為59ξ0123P8365427

故隨機變量ξ的期望E(ξ)=np=3×0.6=1.8．

16.解：(1)當(dāng)n≥2時，an+1an=Sn+1?SnSn?Sn?1=2，

故a3a2=2，又因為3a2=a3+2，解得a2=2，

故a2a1=2，故an+1an=2對于n∈N?均成立，

故{17.解：(1)依題意得，被調(diào)查的男生人數(shù)為n2，其中有9n20的男生選物理;

被調(diào)查的女生人數(shù)為n2，其中有7n20的女生選物理;物理歷史總計男生9nnn女生7n3nn總計4nnn

(2)由列聯(lián)表數(shù)據(jù)，得χ2=n(9n20·3n20?7n20·n20)n2·n2·4n5·n5=n16．

要使在犯錯誤的概率不超過0.01的前提下，

可認為“性別與選科有關(guān)”，

則n16≥6.635，解得n≥106.16，

又n∈N?且9n18.解：(1)f(x)的定義域為(0,+∞)，且f′(x)=lnx+1．

因為f(1)=1，f′(1)=1，

所以曲線y=f(x)在點(1,1)處的切線方程為y=x．

(2)?′(x)=lnx+1?cosx.

當(dāng)x∈(0,1)時，因為y=lnx和y=1?cosx都是增函數(shù)，

所以?′(x)=lnx+1?cosx是增函數(shù)．

又因為?′(1e)=?cos1e<0，?′(1)=1?cos1>0，

所以?x0∈(1e,1)，使得?′(x0)=0．

當(dāng)x∈(0,x0)時，?′(x)<0;當(dāng)x∈(x0,1)時，?′(x)>0．

于是，?(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減，在(x0,1)上單調(diào)遞增．

因此，?(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有且只有一個極小值點x0，無極大值點．

(3)令F(x)=xlnx+1?x，則F′(x)=lnx.19.解：(1)f′(x)=xex?1，

令k(x)=f′(x)=xex?1，則k′(x)=(x+1)ex，

當(dāng)x<?1時，k′(x)<0；當(dāng)x>?1，k′(x)>0，

所以f′(x)在(?∞,?1)上遞減，在(?1,+∞)上遞增．

當(dāng)x<0時，f′(x)<?1<0;當(dāng)x>1時，f′(x)>f′(1)=e?1>0．

故f(x)在(?∞,0)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增．

(2)(i)f(0)=f(1)=?a<0，當(dāng)0≤x≤1時，f(x)≤?a<0，

故f(x)在[0,1]內(nèi)沒有零點．

當(dāng)x→?∞，f(x)>0;當(dāng)x→+∞時，f(x)>0，

根據(jù)函數(shù)零點存在定理，f(x)在區(qū)間(?∞,0)和(1,+∞)內(nèi)各有一個零點．

因此x1<0，x2>1．

令F(x)=f(x)?f(1?x)，

則F′(x)=f′(x)+f′(1?x)=xex+(1?x)e1?x?2．

令G(x)=xex，則G′(x)=(1+x