数学：广东省六校2023-2024学年高二下学期期中考试试题（解析版）

这是一份数学：广东省六校2023-2024学年高二下学期期中考试试题（解析版），共15页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 过点作曲线的两条切线，， 已知数列的前项和为，，且，25等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的答卷无效.
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的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结東后，只需将答题卡交回.
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. 已知函数，则函数的导函数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，，
所以由复合函数的求导法则，得.
故选：D.
2. 已知随机变量.若，设事件“”，事件“”，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，，，
所以，
则，
.
故选：A
3. 已知数列的前n项和，将依原顺序按照第n组有项的要求分组，则2024所在的组数为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】B
【解析】因为，
所以当时，，
当时，符合，
所以，故由得，
将依原顺序按照第n组有项的要求分组，
故第一组项，第二组项，第三组项，，第组有项，
故前组共有，
又，
故2024所在的组数为.
故选：B.
4. 现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为（ ）
A. 216B. 432C. 864D. 1296
【答案】B
【解析】求不同的安排种数需要分成3步，把3名心理教师分配到三所学校，有种方法，
再把4名语文教师按分成3组，并分配到三所学校，有种方法，
最后把2名数学教师分配到只有1名语文教师的两所学校，有种方法，
由分步乘法计数原理得不同的安排种数为.
故选：B
5. 过点作曲线的两条切线，.设，的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】两条切线，的倾斜角分别为，，
根据题意，，
若点是切点时，切线斜率为，
若点切点（点不重合），则，
由，解得（舍去），
所以直线斜率为，
则．
故选：C．
6. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设该质点向右移动的次数为，则，，
而，所以的可能取值为，
所以
.
故选：D．
7. 已知数列的前项和为，，且（且），若，则（ ）
A. 49B. 50C. 51D. 52
【答案】A
【解析】当时，，则，
于是，即有，
因此数列是常数列，，即，
由，得，而，所以.
故选：A
8. 已知不等式在上恒成立，则实数取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由得，
即 ，
令，，则，
所以在上单调递增，
而等价于，
∴，即
令，，则，
所以在时，为增函数；
在时，，为减函数，
所以最大值为，∴．
故选：C
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. 有3台车床加工同一型号的零件，第1、2、3台车床加工的零件数的比为5：6：9，加工出来的零件混放在一起，第1、2、3台车床加工的次品率分别为6%，5%，4%.现从三台车床加工的零件中任取一个，则（ ）
A. 该零件由第1台车床加工的概率为0.25
B. 该零件为次品的概率为0.048
C. 若该零件为次品，则其由第2台车床加工的概率为
D. 若该零件为次品，则其由第3台车床加工的概率最大
【答案】ABD
【解析】设事件B为“任取一个零件为次品”，事件为“零件是第i台车床加工”，
则，且两两互斥．
根据题意得，
,
由全概率公式，得
，
所以选项A正确，选项B正确，
“如果取到的零件是次品，计算它是第台车床加工的概率”，
就是计算在件B发生的条件下，事件发生的概率，
所以．
同理可得，，
所以若该零件为次品，则其由第3台车床加工的概率最大，
所以选项C错误，选项D正确．
故选：ABD．
10. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 使得成立的最大正整数
C.
D. 中最小项为
【答案】ACD
【解析】A选项，，即，故，
故，故，故，A正确；
B选项，，，
故使得成立的最大正整数，B错误；
C选项，由于，
故，
则，
故，C正确；
D选项，由于，
故当时，，当时，，
当时，，当时，，
故当时，，当时，，当时，，
由，得，
，故，同理可得，……，
故，
故中最小项为，D正确.
故选：ACD
11. 已知函数及其导函数的定义域都为，对于任意的，都有成立，则下列说法正确的是（ ）．
A.
B. 若，则
C. 为偶函数
D. 若，则
【答案】BD
【解析】令，则，解得或，故A错误；
令，，所以，
令，，则，解得，故B正确；
当时，令，则有，
所以，，
当，令，则有，
所以，所以，所以为奇函数，
综上，为奇函数，故C错误；
令，则，
所以，故D正确．
故选：BD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为__________.（用数字作答）
【答案】
【解析】由于的展开式只有第项的二项式系数最大，
则展开式中共有项，故，解得，
所以，的展开式通项为，
令，解得，因此所求即为.
故答案为：.
13. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】函数，求导得，
由函数在上单调递增，得，，
而函数在上的最小值为，因此，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
14. 在不大于的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数的个数记为.表示不超过x的最大整数，令，则__________.
【答案】500
【解析】因为在不大于的所有正整数中，能被2整除的数有个，能被3整除的数有个，能被6整除的数有个，
所以，
当时，，则，
当时，，
则当时，，
因为，所以，则，所以，
所以，
故答案为：500
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. 红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害.每只红铃虫的平均产卵数y（个）和平均温度x（℃）有关，现收集了7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.
（1）根据散点图判断，与（其中e为自然对数的底数）哪一个更适合作为平均产卵数y（个）关于平均温度（℃）的回归方程类型?（给出判断即可，不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出关于的回归方程；
附：回归方程中，.
（2）现在有10根棉花纤维，其中有6根为长纤维，4根为短纤维，从中随机抽取3根棉花纤维，设抽到的长纤维棉花的根数为X，求X的分布列.
解：（1）根据散点图的形状，判断更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型，将两边同时取自然对数，得，
依题意，，，
因此，则，
于是z关于x线性回归方程为，
所以y关于x的回归方程为.
（2）依题意，X的可能值为，
，
，
所以X的分布列为：
16. 已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
解：（1），令，得，
，和的关系，如下表所示，
所以函数的极小值为，无极大值；
（2）不等式恒成立，即恒成立，
即，，恒成立，所以，，
设，，
，其中，
设，，所以在单调递增，
因为，，所以存在，使，
即，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，
由，可得，所以，
所以.
17. 英国物理学家牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，具体做法如下：先在x轴找初始点，然后作在点处的切线，切线与x轴交于点，再作在点处的切线，切线与x轴交于点，再作在点处的切线，以此类推，直到求得满足精度的近似解为止.
已知，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为，继续牛顿法的操作得到数列.
（1）求数列的通顶公式；
（2）若数列的前项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值.
（参考数据：，，，）
解：（1）函数，求导得，
则图象在点处的切线方程为：，
令，得，而，因此是首项为1，公比为的等比数列，
所以.
（2）令，
，
于是，
两式相减得：，
整理得，由，得，
化简得，令，则，
当时，，即，
当时，，即，
所以，从而整数；
18. 某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个.
（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐玩偶，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；
（2）某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为.
①求的通项公式；
②若每天购买盲盒的人数约为，且这人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个.
解：（1）若一次性购买个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为，集齐，，玩偶，则有两种情况：
①其中一个玩偶个，其他两个玩偶各个，则有种结果；
②若其中两个玩偶各个，另外两个玩偶1个，则共有种结果，
故；
若一次性购买个乙系列盲盒，全部为与全部为的概率相等，均为，
故；
（2）①由题可知：，
当时，，则，，即是以为首项，以为公比的等比数列.
所以，即；
②因为每天购买盲盒的人都已购买过很多次，所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，可看作，所以，其购买甲系列的概率近似于，
假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，
所以，即购买甲系列的人数的期望为，
所以礼品店应准备甲系列盲盒个，乙系列盲盒个.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数有两个不同的零点，
（i）求实数的取值范围：
（ⅱ）若满足，求实数的最大值.
解：（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，递增区间是，无递减区间；
当时，的递增区间是，递减区间是.
（2）（ⅰ）由，得，令，
求导得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
而当时，恒成立，且，
由有两个零点，即方程有两个不等的正根，
亦即直线与的图象有两个公共点，
因此，即，
所以实数的取值范围是.
（ⅱ）由，得，且，
不妨设，将代入，
得，即，
令，求导得，令，
求导得，则函数在上单调递减，
有，即，函数在上单调递减，
由，得，则，
因此函数在上单调递减，即，
于是，有，则，
又，令，，
由（ⅰ）知，在上递增，而，因此在上递增，
则，即，解得，
所以a的最大值是.
参考数据
5215
2347.3
33.6
27
81.3
3.6
0
1
2
3
0
单调递减
极小值
单调递增