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广东省佛山市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题
1．（2024高二下·佛山期末）的展开式中的系数是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·佛山期末）甲、乙两校各有3名教师报名支教，现从这6名教师中随机派2名教师，则被派出的2名教师来自同一所学校的概率为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·佛山期末）函数，的最小值为（　　）
A． B． C．9 D．16
4．（2024高二下·佛山期末）若将文盲定义为0，半文盲定义为1，小学定义为2，初中定义为3，职中定义为4，高中定义为5，大专定义为6，大学本科定义为7，硕士及以上学历定义为8，根据调查，某发达地区教育级别与月均纯收入（单位：万元）的关系如下表：
学历 初中 职中 高中 大专 本科
教育级别 3 4 5 6 7
月均纯收入 0.40 0.55 0.70 1.15 1.20
由回归分析，回归直线方程的斜率，可预测该地区具有硕士及以上学历的月平均纯收入为（　　）
A．1.40万元 B．1.42万元 C．1.44万元 D．1.46万元
5．（2024高二下·佛山期末）某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（　　）
A．9种 B．11种 C．44种 D．45种
6．（2024高二下·佛山期末）给定两个随机事件，且，，则的充要条件是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·佛山期末）若，则（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·佛山期末）佛山第一峰位于高明区皂幕山，其海拔最高达到804.5米.要登上皂幕山的最高峰，一共需要走6666级阶梯.小明和小吉同时从第1级阶梯出发登峰，假设他们在前30分钟中，每分钟走50级阶梯，由于体力有限，小明每隔30分钟，其每分钟走的阶梯数减少5级，而小吉每隔30分钟，其速度降低10%，直到登上最高峰，则（　　）（参考数据：，，，）
A．小明到达最高峰的时间比小吉早超过30分钟
B．小吉到达最高峰的时间比小明早超过30分钟
C．小明到达最高峰的时间比小吉早，但差距不超过30分钟
D．小吉到达最高峰的时间比小明早，但差距不超过30分钟
9．（2024高二下·佛山期末）在平面直角坐标系中，过点有且只有一条直线与曲线相切，则点的坐标可以是（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高二下·佛山期末）已知数列的前项和为，则下列选项中，能使为等差数列的条件有（　　）
A．
B．
C．对，有
D．
11．（2024高二下·佛山期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，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三个人中的任何一人.下列说法正确的是（　　）
A．已知第2次传球后球在甲手中，则球是由乙传给甲的概率为
B．已知第2次传球后球在丙手中，则球是由丁传给丙的概率为
C．第次传球后球回到甲手中的不同传球方式共有种
D．第次传球后球在乙手中的概率为
12．（2024高二下·佛山期末）某厂家生产的产品质量指标服从正态分布.质量指标介于162至180之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到99.73%，则需调整生产工艺，使得至多为　 　.（若，则）
13．（2024高二下·佛山期末）数列满足，且，则数列的前2024项和为　 　.
14．（2024高二下·佛山期末）已知是定义域为的偶函数，当时，有，且，则　 　；不等式的解集为　 　.
15．（2024高二下·佛山期末）某工厂制造甲、乙、丙三件产品，制造过程必须先后经过两道工序.当第一道工序完成并合格后方可进入第二道工序，两道工序过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一道工序后，甲、乙、丙三件合格的概率依次为，，经过第二道工序后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为，，.
（1）求第一道工序完成后至少有一件产品合格的概率；
（2）若前后两道工序均合格的产品为合格产品，记合格产品的个数为，求随机变量的分布列与数学期望.
16．（2024高二下·佛山期末）已知数列的前项和为，，，且当时，.
（1）证明：是等比数列，并求出的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
17．（2024高二下·佛山期末）高考招生制度改革后，我省实行“3+1+2”模式，“3”为语文、数学、外语3门统一科目，“1”为考生在物理、历史两门科目中选择1门作为首选科目，“2”为考生在思想政治、地理、化学、生物学4门科目中选择2门作为再选科目.有人认为高考选考科目的确定与性别有关，为此，某教育机构随机调查了一所学校的名学生，其中男生占调查人数的，已知男生有的人选了物理，而女生有的人选物理.
（1）完成下列列联表：
　 物理 历史 总计
男生 　 　 　
女生 　 　 　
总计 　 　
（2）若在犯错误的概率不超过0.01的前提下，可认为“性别与选科有关”，那么本次被调查的人数至少有多少？
（3）从物理类考生和历史类考生中各抽取1人，若抽取的2人性别恰好相同，求这2人是女生的概率.
附：
0.05 0.01 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
18．（2024高二下·佛山期末）已知函数，.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：函数在区间内有且只有一个极值点；
（3）证明：.
19．（2024高二下·佛山期末）已知函数，证明：
（1）在上单调递减，在上单调递增；
（2）若的两个零点为，，则
（i）；
（ii）.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为：
，
令，解得，
则的展开式中的系数是.
故答案为：D.
【分析】写出展开式的通项，令，求得即可得的系数.
2．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从甲、乙两校的6名教师中选两名，有种选法，
其中2名教师来自同一所学校，有种选法，
则被派出的2名教师来自同一所学校的概率为.
故答案为：B.
【分析】利用古典概型概率公式结合组合数求解即可.
3．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数，，
令，解得或，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则当时，函数取得最小值，且.
故答案为：A.
【分析】求导，利用导数判断函数的单调性，求最小值即可.
4．【答案】D
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解： 回归直线方程的斜率 ，设回归直线方程为，
因为，
所以，则，
当时，.
故答案为：D.
【分析】由题意设回归方程，求出样本中心，根据回归直线过样本中心点即可求得回归方程，再将代入回归方程计算即可.
5．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：除抽到自己的人，其它4人各写一张贺年卡集中起来，再每人从中抽取一张，
标记这4人为B、C、D、E，其对应的贺卡为b、c、d、e，
则4人均未抽到自己的贺年卡情况如下列树状图所以：
由树状图可知，这4人均未抽到自己贺卡情况下抽到的贺年卡情况共有9种，
所以5人各写一张贺年卡，集中起来再每人从中抽取一张，恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有种.
故答案为：D.
【分析】用树状图罗列4人抽到的贺年卡均不为自己的情况有几种即可得到5人中恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式.
6．【答案】C
【知识点】充要条件；互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：，
由，可得，
则，即，
即是的充分条件；
由，可得，
即，因为，，
若，则，必有；
当时，可得，即得，
则是的必要条件，
故的充要条件是.
故答案为：C.
【分析】利用条件概率公式和对立事件的概率公式化简判断即可.
7．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数在上单调递减，且，
则；
函数在上单调递减，且，
则，
令，，
因为，所以，所以在上单调递增，
又因为，所以，
则，即，即，
故.
故答案为：C.
【分析】根据指数函数的性质结合的单调性分析判断即可.
8．【答案】D
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：记第n个30分钟小明和小吉走的级数分别为、，
则由题意可知，且，，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，
且是以为首项，为公比的等比数列，
则，，
数列和前n项和分别为：
，
，
则，，
而，故第6个30分钟小明每分钟走的级数为，
所以小明登上最高峰所需时间为分；
因为，
，
而，故第6个30分钟小吉每分钟走的级数为，
所以小吉登上最高峰所需时间为分，
且分，
所以小吉到达最高峰的时间比小明早，但差距不超过30分钟.
故答案为：D.
【分析】由题意可知小明和小吉每30分钟走的级数分别形成一列等差数列和一列等比数列，根据题中数据分别求出两列数列的通项公式及其前n项和公式即可计算估计小明和小吉登上最高峰所需的时间，进而得解.
9．【答案】A,B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：设切点为，
曲线定义域为，，即切线斜率为，
则切线方程为：（*），
A、把点代入（*）得，，解得，即切线只有一条，故A正确；
B、把点代入（*）得，，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，即方程有且只有一个根，
则切线有且只有一条，故B正确；
C、把点代入（*）得，，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，即在上恒成立，
故方程在上无实数解，故C错误；
D、把点代入（*）得，，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，因，
，
由零点存在定理知，在和上各有一个零点，
即方程在上有两个实根，故切线有两条，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】设切点，利用导数的几何意义求得过切点的切线方程，逐项检验判断即可.
10．【答案】B,C,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：A、若，
当时，，当时，，
则，即，
，则，即数列不为等差数列，故A错误；
B、若，当时，，则，
即，即对任意的，有，则，
即数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确；
C、令，则对，有，
故数列是以为公差的等差数列，故C正确；
D、，
则，故数列是以为公差的等差数列，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用与的关系计算后，结合等差数列定义即可判断AB；利用赋值法构造即可判断C；根据分段函数性质计算即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：通过列表得到：
第一次传球后 乙 丙 丁
第二次传球后 甲 丙 丁 甲 乙 丁 甲 乙 丙
A、由题意得：第2次传球后球在甲手中的情况有3种，其中乙传给甲的情况占其中1种，
则概率为，故A正确；
B、由题意得，第2次传球后球在丙手中的情况有2种，其中是丁传给丙的情况占其中1种，
则概率为，故B错误；
C、设第次传球后球回到甲手中的不同传球方式有种，
则，结合（1）中表格可得，
则，设，
即，故，解得，
则，
即数列为公比为，首项为的等比数列，
则，
即，
第次传球后球回到甲手中的不同传球方式共有，故C正确；
D、设第次传球后球在乙，手中的概率，
则，其中，
设，
故，所以，解得，
故，
故为公比为的等比数列，首项为，
故，故，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】列表，列举法求出相应的概率即可判断AB；设第次传球后球回到甲手中的不同传球方式有种，则，结合（1）中表格可得，变形后得到为公比为的等比数列，首项为，得到通项公式即可判断C；设第次传球后球在乙，手中的概率，则，其中，变形得到为公比为的等比数列，首项为，得到通项公式即可判断D.
12．【答案】3
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：产品质量指标服从正态分布，，
则质量指标介于162至180之间的产品为良品，良品率达到99.73%，
即，，解得，故至多为3.
故答案为：3.
【分析】根据题意结合正态分布的性质可得，，求得的最大值即可.
13．【答案】
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由数列满足，且，
可得，
则，
即，
则数列的前2024项和为.
故答案为：.
【分析】由利用迭代法求出，则，再利用裂项相消法求数列的前2024项和即可.
14．【答案】；
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
所以，整理可得，
即，
设，则，
设，则，
又因为，其中为常数，即，
所以，又因为，所以，解得，
则当时，，
又因为是定义域为的偶函数，所以.
当时，，则，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，即，
所以在上单调递增，，
所以由可得，即，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：；.
【分析】通过观察发现，构造函数，又因为，构造函数，可求得；根据在上单调递增且，又因为是定义域为的偶函数，得，从而可得求解即可.
15．【答案】（1）解：记事件为甲、乙、丙经第一次烧制后合格，
由题意可得：，，，
设E表示第一次烧制后至少有一件合格，，
则，
即第一次烧制后至少有一件产品合格的概率为；
（2）解：设事件=“甲、乙、丙经第二次烧制后合格”，
记事件=“甲、乙、丙经过两次烧制后合格”，
则，，，
，
，
所以，
，
，
．
的分布列如下：
0 1 2 3
P
.
【知识点】互斥事件与对立事件；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由题意，利用对立事件求概率即可；
（2）由已知确定随机变量ξ的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列，再利用期望公式求期望即可.
（1）分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件，，，则，，，
设E表示第一次烧制后至少有一件合格，，
所以
即第一次烧制后至少有一件产品合格的概率为.
（2）设甲、乙、丙经第二次烧制后合格为事件，分别记甲、乙、丙经过两次烧制后合格为事件，
则，，，
，
，
所以，
，
，
．
所以的分布列如下：
0 1 2 3
P
于是期望
16．【答案】（1）证明：当时，，则，
即，则，因为，所以，，
又因为，所以，则对任意，都有，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，则；
（2）解：由（1）可得：，则，
则，
，
，
即.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用与的关系结合等比数列的定义与通项公式计算即可；
（2）由（1）可得，，借助错位相减法求和即可.
（1）由当时，，即，
即，则，又，则有，，
又，则，则对任意，都有，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则；
（2）由，则，则，
故，
，
则
，
即.
17．【答案】（1）解：由题意可得：被调查的男生人数为，其中有的男生选物理；
被调查的女生人数为，其中有的女生选物理；
则列联表如下：
物理 历史 总计
男生
女生
总计
（2）解：，
要使在犯错误的概率不超过0.01的前提下，可认为“性别与选科有关”，
则，解得，又且，所以，
即本次被调查的人数至少是120；
（3）解：设事件表示“2人性别恰好相同”，事件表示“2人性别相同且是女生”；
事件包含的基本事件数为，
事件含的基本事件数为，
则.
【知识点】独立性检验的应用；条件概率；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据题意求出列联表中的数据即可；
（2）根据卡方公式得，则，解出即可；
（3）事件表示“2人性别恰好相同”，事件表示“2人性别相同且是女生”，利用条件概率公式求解即可.
（1）依题意得，被调查的男生人数为，其中有的男生选物理；
被调查的女生人数为，其中有的女生选物理；
则列联表如下：
　 物理 历史 总计
男生
女生
总计
（2）由列联表数据，得.
要使在犯错误的概率不超过0.01的前提下，可认为“性别与选科有关”，
则，解得，又且，所以，
即本次被调查的人数至少是120.
（3）设事件表示“2人性别恰好相同”，事件表示“2人性别相同且是女生”；
事件包含的基本事件数为，
事件含的基本事件数为，
所求的条件概率为.
18．【答案】（1）的定义域为，且.
因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）.
当时，因为和都是增函数，
所以是增函数.
又因为，
所以，使得.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，在区间内有且只有一个极小值点，无极大值点.
（3）令，则.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，.
令，则，
当且仅当时取等号.
于是，是增函数.
因此，当时，.
综上，，即.
【知识点】导数的几何意义；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）求导得，再求出，从而得到切线方程；
（2）求导得，利用隐零点法即可证明；
（3）令，则，得到，再令，同样求导得，则，则原不等式即证明.
【点睛】
关键点点睛：本题第三问的关键是构造两函数和得到，，再相加即可得到原题不等式.
（1）的定义域为，且.
因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）.
当时，因为和都是增函数，
所以是增函数.
又因为，
所以，使得.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，在区间内有且只有一个极小值点，无极大值点.
（3）令，则.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，.
令，则，
当且仅当时取等号.
于是，是增函数.
因此，当时，.
综上，，即.
19．【答案】（1）证明：函数的定义域为，，
令，，
令，解得，令，解得，
则在上单调递减，在上单调递增，
当时，；
当时，.
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）证明：（i），当时，，故在内没有零点，
当；当时，，
根据函数零点存在定理，在区间和内各有一个零点，
因此，，
令，则，
令，则，，，
故在上单调递减，在上单调递增，，
因此，当时，，
即在上单调递增，
于是，即，
又因为在上单调递增，故，即，
（ii）令，则，
当时，，故在上单调递减，，即，
因此，，即①，
当时，，
故，即②，
根据不等式的同向可加性①②得.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数研究导函数的单调性，从而得到导函数的范围，即可判断原函数的单调性；
（2）（i）根据零点存在性定理得到，构造函数，再次求导，利用同构思想得到，则；
（ii）令，求导得其单调性，则得到，，两不等式相加即可.
（1），令，
则，，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，；
当时，.
故在上单调递减，在上单调递增.
（2）（i），当时，，
故在内没有零点.
当；当时，，
根据函数零点存在定理，在区间和内各有一个零点.
因此，.
令，则，
令，则，，，
故在上单调递减，在上单调递增，.
因此，当时，，
即在上单调递增.
于是，即.
又因为在上单调递增，故，即.
（ii）令，则.
当时，，故在上单调递减，，即.
因此，，即①.
当时，，
故，即②，
根据不等式的同向可加性①②得.
1 / 1广东省佛山市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题
1．（2024高二下·佛山期末）的展开式中的系数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为：
，
令，解得，
则的展开式中的系数是.
故答案为：D.
【分析】写出展开式的通项，令，求得即可得的系数.
2．（2024高二下·佛山期末）甲、乙两校各有3名教师报名支教，现从这6名教师中随机派2名教师，则被派出的2名教师来自同一所学校的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从甲、乙两校的6名教师中选两名，有种选法，
其中2名教师来自同一所学校，有种选法，
则被派出的2名教师来自同一所学校的概率为.
故答案为：B.
【分析】利用古典概型概率公式结合组合数求解即可.
3．（2024高二下·佛山期末）函数，的最小值为（　　）
A． B． C．9 D．16
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数，，
令，解得或，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则当时，函数取得最小值，且.
故答案为：A.
【分析】求导，利用导数判断函数的单调性，求最小值即可.
4．（2024高二下·佛山期末）若将文盲定义为0，半文盲定义为1，小学定义为2，初中定义为3，职中定义为4，高中定义为5，大专定义为6，大学本科定义为7，硕士及以上学历定义为8，根据调查，某发达地区教育级别与月均纯收入（单位：万元）的关系如下表：
学历 初中 职中 高中 大专 本科
教育级别 3 4 5 6 7
月均纯收入 0.40 0.55 0.70 1.15 1.20
由回归分析，回归直线方程的斜率，可预测该地区具有硕士及以上学历的月平均纯收入为（　　）
A．1.40万元 B．1.42万元 C．1.44万元 D．1.46万元
【答案】D
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解： 回归直线方程的斜率 ，设回归直线方程为，
因为，
所以，则，
当时，.
故答案为：D.
【分析】由题意设回归方程，求出样本中心，根据回归直线过样本中心点即可求得回归方程，再将代入回归方程计算即可.
5．（2024高二下·佛山期末）某小组5人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中抽取一张，则恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有（　　）
A．9种 B．11种 C．44种 D．45种
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：除抽到自己的人，其它4人各写一张贺年卡集中起来，再每人从中抽取一张，
标记这4人为B、C、D、E，其对应的贺卡为b、c、d、e，
则4人均未抽到自己的贺年卡情况如下列树状图所以：
由树状图可知，这4人均未抽到自己贺卡情况下抽到的贺年卡情况共有9种，
所以5人各写一张贺年卡，集中起来再每人从中抽取一张，恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式有种.
故答案为：D.
【分析】用树状图罗列4人抽到的贺年卡均不为自己的情况有几种即可得到5人中恰有1人抽到自己写的贺年卡的不同分配方式.
6．（2024高二下·佛山期末）给定两个随机事件，且，，则的充要条件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】充要条件；互斥事件与对立事件；条件概率
【解析】【解答】解：，
由，可得，
则，即，
即是的充分条件；
由，可得，
即，因为，，
若，则，必有；
当时，可得，即得，
则是的必要条件，
故的充要条件是.
故答案为：C.
【分析】利用条件概率公式和对立事件的概率公式化简判断即可.
7．（2024高二下·佛山期末）若，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数在上单调递减，且，
则；
函数在上单调递减，且，
则，
令，，
因为，所以，所以在上单调递增，
又因为，所以，
则，即，即，
故.
故答案为：C.
【分析】根据指数函数的性质结合的单调性分析判断即可.
8．（2024高二下·佛山期末）佛山第一峰位于高明区皂幕山，其海拔最高达到804.5米.要登上皂幕山的最高峰，一共需要走6666级阶梯.小明和小吉同时从第1级阶梯出发登峰，假设他们在前30分钟中，每分钟走50级阶梯，由于体力有限，小明每隔30分钟，其每分钟走的阶梯数减少5级，而小吉每隔30分钟，其速度降低10%，直到登上最高峰，则（　　）（参考数据：，，，）
A．小明到达最高峰的时间比小吉早超过30分钟
B．小吉到达最高峰的时间比小明早超过30分钟
C．小明到达最高峰的时间比小吉早，但差距不超过30分钟
D．小吉到达最高峰的时间比小明早，但差距不超过30分钟
【答案】D
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：记第n个30分钟小明和小吉走的级数分别为、，
则由题意可知，且，，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，
且是以为首项，为公比的等比数列，
则，，
数列和前n项和分别为：
，
，
则，，
而，故第6个30分钟小明每分钟走的级数为，
所以小明登上最高峰所需时间为分；
因为，
，
而，故第6个30分钟小吉每分钟走的级数为，
所以小吉登上最高峰所需时间为分，
且分，
所以小吉到达最高峰的时间比小明早，但差距不超过30分钟.
故答案为：D.
【分析】由题意可知小明和小吉每30分钟走的级数分别形成一列等差数列和一列等比数列，根据题中数据分别求出两列数列的通项公式及其前n项和公式即可计算估计小明和小吉登上最高峰所需的时间，进而得解.
9．（2024高二下·佛山期末）在平面直角坐标系中，过点有且只有一条直线与曲线相切，则点的坐标可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：设切点为，
曲线定义域为，，即切线斜率为，
则切线方程为：（*），
A、把点代入（*）得，，解得，即切线只有一条，故A正确；
B、把点代入（*）得，，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，即方程有且只有一个根，
则切线有且只有一条，故B正确；
C、把点代入（*）得，，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，即在上恒成立，
故方程在上无实数解，故C错误；
D、把点代入（*）得，，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，因，
，
由零点存在定理知，在和上各有一个零点，
即方程在上有两个实根，故切线有两条，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】设切点，利用导数的几何意义求得过切点的切线方程，逐项检验判断即可.
10．（2024高二下·佛山期末）已知数列的前项和为，则下列选项中，能使为等差数列的条件有（　　）
A．
B．
C．对，有
D．
【答案】B,C,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：A、若，
当时，，当时，，
则，即，
，则，即数列不为等差数列，故A错误；
B、若，当时，，则，
即，即对任意的，有，则，
即数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确；
C、令，则对，有，
故数列是以为公差的等差数列，故C正确；
D、，
则，故数列是以为公差的等差数列，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用与的关系计算后，结合等差数列定义即可判断AB；利用赋值法构造即可判断C；根据分段函数性质计算即可判断D.
11．（2024高二下·佛山期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，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三个人中的任何一人.下列说法正确的是（　　）
A．已知第2次传球后球在甲手中，则球是由乙传给甲的概率为
B．已知第2次传球后球在丙手中，则球是由丁传给丙的概率为
C．第次传球后球回到甲手中的不同传球方式共有种
D．第次传球后球在乙手中的概率为
【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：通过列表得到：
第一次传球后 乙 丙 丁
第二次传球后 甲 丙 丁 甲 乙 丁 甲 乙 丙
A、由题意得：第2次传球后球在甲手中的情况有3种，其中乙传给甲的情况占其中1种，
则概率为，故A正确；
B、由题意得，第2次传球后球在丙手中的情况有2种，其中是丁传给丙的情况占其中1种，
则概率为，故B错误；
C、设第次传球后球回到甲手中的不同传球方式有种，
则，结合（1）中表格可得，
则，设，
即，故，解得，
则，
即数列为公比为，首项为的等比数列，
则，
即，
第次传球后球回到甲手中的不同传球方式共有，故C正确；
D、设第次传球后球在乙，手中的概率，
则，其中，
设，
故，所以，解得，
故，
故为公比为的等比数列，首项为，
故，故，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】列表，列举法求出相应的概率即可判断AB；设第次传球后球回到甲手中的不同传球方式有种，则，结合（1）中表格可得，变形后得到为公比为的等比数列，首项为，得到通项公式即可判断C；设第次传球后球在乙，手中的概率，则，其中，变形得到为公比为的等比数列，首项为，得到通项公式即可判断D.
12．（2024高二下·佛山期末）某厂家生产的产品质量指标服从正态分布.质量指标介于162至180之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到99.73%，则需调整生产工艺，使得至多为　 　.（若，则）
【答案】3
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：产品质量指标服从正态分布，，
则质量指标介于162至180之间的产品为良品，良品率达到99.73%，
即，，解得，故至多为3.
故答案为：3.
【分析】根据题意结合正态分布的性质可得，，求得的最大值即可.
13．（2024高二下·佛山期末）数列满足，且，则数列的前2024项和为　 　.
【答案】
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由数列满足，且，
可得，
则，
即，
则数列的前2024项和为.
故答案为：.
【分析】由利用迭代法求出，则，再利用裂项相消法求数列的前2024项和即可.
14．（2024高二下·佛山期末）已知是定义域为的偶函数，当时，有，且，则　 　；不等式的解集为　 　.
【答案】；
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
所以，整理可得，
即，
设，则，
设，则，
又因为，其中为常数，即，
所以，又因为，所以，解得，
则当时，，
又因为是定义域为的偶函数，所以.
当时，，则，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，即，
所以在上单调递增，，
所以由可得，即，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：；.
【分析】通过观察发现，构造函数，又因为，构造函数，可求得；根据在上单调递增且，又因为是定义域为的偶函数，得，从而可得求解即可.
15．（2024高二下·佛山期末）某工厂制造甲、乙、丙三件产品，制造过程必须先后经过两道工序.当第一道工序完成并合格后方可进入第二道工序，两道工序过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一道工序后，甲、乙、丙三件合格的概率依次为，，经过第二道工序后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为，，.
（1）求第一道工序完成后至少有一件产品合格的概率；
（2）若前后两道工序均合格的产品为合格产品，记合格产品的个数为，求随机变量的分布列与数学期望.
【答案】（1）解：记事件为甲、乙、丙经第一次烧制后合格，
由题意可得：，，，
设E表示第一次烧制后至少有一件合格，，
则，
即第一次烧制后至少有一件产品合格的概率为；
（2）解：设事件=“甲、乙、丙经第二次烧制后合格”，
记事件=“甲、乙、丙经过两次烧制后合格”，
则，，，
，
，
所以，
，
，
．
的分布列如下：
0 1 2 3
P
.
【知识点】互斥事件与对立事件；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由题意，利用对立事件求概率即可；
（2）由已知确定随机变量ξ的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列，再利用期望公式求期望即可.
（1）分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件，，，则，，，
设E表示第一次烧制后至少有一件合格，，
所以
即第一次烧制后至少有一件产品合格的概率为.
（2）设甲、乙、丙经第二次烧制后合格为事件，分别记甲、乙、丙经过两次烧制后合格为事件，
则，，，
，
，
所以，
，
，
．
所以的分布列如下：
0 1 2 3
P
于是期望
16．（2024高二下·佛山期末）已知数列的前项和为，，，且当时，.
（1）证明：是等比数列，并求出的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
【答案】（1）证明：当时，，则，
即，则，因为，所以，，
又因为，所以，则对任意，都有，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，则；
（2）解：由（1）可得：，则，
则，
，
，
即.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用与的关系结合等比数列的定义与通项公式计算即可；
（2）由（1）可得，，借助错位相减法求和即可.
（1）由当时，，即，
即，则，又，则有，，
又，则，则对任意，都有，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则；
（2）由，则，则，
故，
，
则
，
即.
17．（2024高二下·佛山期末）高考招生制度改革后，我省实行“3+1+2”模式，“3”为语文、数学、外语3门统一科目，“1”为考生在物理、历史两门科目中选择1门作为首选科目，“2”为考生在思想政治、地理、化学、生物学4门科目中选择2门作为再选科目.有人认为高考选考科目的确定与性别有关，为此，某教育机构随机调查了一所学校的名学生，其中男生占调查人数的，已知男生有的人选了物理，而女生有的人选物理.
（1）完成下列列联表：
　 物理 历史 总计
男生 　 　 　
女生 　 　 　
总计 　 　
（2）若在犯错误的概率不超过0.01的前提下，可认为“性别与选科有关”，那么本次被调查的人数至少有多少？
（3）从物理类考生和历史类考生中各抽取1人，若抽取的2人性别恰好相同，求这2人是女生的概率.
附：
0.05 0.01 0.005 0.001
3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）解：由题意可得：被调查的男生人数为，其中有的男生选物理；
被调查的女生人数为，其中有的女生选物理；
则列联表如下：
物理 历史 总计
男生
女生
总计
（2）解：，
要使在犯错误的概率不超过0.01的前提下，可认为“性别与选科有关”，
则，解得，又且，所以，
即本次被调查的人数至少是120；
（3）解：设事件表示“2人性别恰好相同”，事件表示“2人性别相同且是女生”；
事件包含的基本事件数为，
事件含的基本事件数为，
则.
【知识点】独立性检验的应用；条件概率；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据题意求出列联表中的数据即可；
（2）根据卡方公式得，则，解出即可；
（3）事件表示“2人性别恰好相同”，事件表示“2人性别相同且是女生”，利用条件概率公式求解即可.
（1）依题意得，被调查的男生人数为，其中有的男生选物理；
被调查的女生人数为，其中有的女生选物理；
则列联表如下：
　 物理 历史 总计
男生
女生
总计
（2）由列联表数据，得.
要使在犯错误的概率不超过0.01的前提下，可认为“性别与选科有关”，
则，解得，又且，所以，
即本次被调查的人数至少是120.
（3）设事件表示“2人性别恰好相同”，事件表示“2人性别相同且是女生”；
事件包含的基本事件数为，
事件含的基本事件数为，
所求的条件概率为.
18．（2024高二下·佛山期末）已知函数，.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：函数在区间内有且只有一个极值点；
（3）证明：.
【答案】（1）的定义域为，且.
因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）.
当时，因为和都是增函数，
所以是增函数.
又因为，
所以，使得.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，在区间内有且只有一个极小值点，无极大值点.
（3）令，则.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，.
令，则，
当且仅当时取等号.
于是，是增函数.
因此，当时，.
综上，，即.
【知识点】导数的几何意义；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）求导得，再求出，从而得到切线方程；
（2）求导得，利用隐零点法即可证明；
（3）令，则，得到，再令，同样求导得，则，则原不等式即证明.
【点睛】
关键点点睛：本题第三问的关键是构造两函数和得到，，再相加即可得到原题不等式.
（1）的定义域为，且.
因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）.
当时，因为和都是增函数，
所以是增函数.
又因为，
所以，使得.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，在区间内有且只有一个极小值点，无极大值点.
（3）令，则.
当时，：当时，.
于是，在上单调递减，在上单调递增.
因此，.
令，则，
当且仅当时取等号.
于是，是增函数.
因此，当时，.
综上，，即.
19．（2024高二下·佛山期末）已知函数，证明：
（1）在上单调递减，在上单调递增；
（2）若的两个零点为，，则
（i）；
（ii）.
【答案】（1）证明：函数的定义域为，，
令，，
令，解得，令，解得，
则在上单调递减，在上单调递增，
当时，；
当时，.
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）证明：（i），当时，，故在内没有零点，
当；当时，，
根据函数零点存在定理，在区间和内各有一个零点，
因此，，
令，则，
令，则，，，
故在上单调递减，在上单调递增，，
因此，当时，，
即在上单调递增，
于是，即，
又因为在上单调递增，故，即，
（ii）令，则，
当时，，故在上单调递减，，即，
因此，，即①，
当时，，
故，即②，
根据不等式的同向可加性①②得.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数研究导函数的单调性，从而得到导函数的范围，即可判断原函数的单调性；
（2）（i）根据零点存在性定理得到，构造函数，再次求导，利用同构思想得到，则；
（ii）令，求导得其单调性，则得到，，两不等式相加即可.
（1），令，
则，，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，；
当时，.
故在上单调递减，在上单调递增.
（2）（i），当时，，
故在内没有零点.
当；当时，，
根据函数零点存在定理，在区间和内各有一个零点.
因此，.
令，则，
令，则，，，
故在上单调递减，在上单调递增，.
因此，当时，，
即在上单调递增.
于是，即.
又因为在上单调递增，故，即.
（ii）令，则.
当时，，故在上单调递减，，即.
因此，，即①.
当时，，
故，即②，
根据不等式的同向可加性①②得.
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