广东省佛山市桂城中学2023-2024学年高二下学期第二次段考数学试卷

桂城中学2023-2024学年度下学期高二级第二次段考数学试卷命题人：阳靖然审题人：聂少彦2024年6月本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟。注意事项（说明）：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册至选择性必修第三册第六章第一卷（共58分）一、单项选择题：本大题共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．已知随机变量，且，则（）A．2 B．4 C．6 D．82．一木块沿某一斜面自由下滑，测得下滑的水平距离（m）与时间（s）之间的函数关系式为，则时，此木块在水平方向的瞬时速度为（）A．m/s B．m/s C．m/s D．m/s3．已知数列满足，，则（）A．2 B． C．5 D．4．对于函数，下列说法错误的是（）A．有最小值没有最大值 B．对于任意的，恒有C．仅有一个零点 D．有两个极值点5．已知等差数列的前项和为，点，均在数列的图象上，则的最小值是（）A． B． C． D．06．今天的课外作业是从6道应用题中任选2题详细解答，则甲、乙两位同学的作业中恰有一题相同的概率是（）A． B． C． D．7．已知，则被8除的余数为（）A．3 B．2 C．1 D．08．若过点可以作曲线的两条切线，则（）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共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．若展开式中各奇数项的二项式系数的和为128，则（）A．B．展开式中各项的系数和为1C．展开式中的系数为D．展开式中的常数项为112010．已知，函数的大致图象可能是（）A． B． C． D．11．已知数列的前项和为，且，数列满足，，记数列，则下列说法正确的是（）A．B．C．恒成立D．若，关于的不等式恰有两个解，则的取值范围为第二卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1层开始，第层从左到右的数字之和记为，如，，…，则的前9项和__________.13．已知正项等比数列的前项和为，若，，则的最小值为__________.14．现有佛山某中学研究性学习课题小组，他们在研究某一圆柱形饮料罐的容积、表面积（用料）时遇到了一些困难，请你一起思考并帮助他们解决如下问题：当圆柱形饮料罐的容积一定时，要使得饮料罐的表面积最小，圆柱形饮料罐的高和底面半径需满足的关系式为__________.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．（13分）现有来自两个班级的考生报名表，分装2袋，第一袋有6名男生和4名女生的报名表第二袋有7名男生和5名女生的报名表，随机选择一袋，然后从中随机抽取2份.（1）求恰好抽到男生和女生的报名表各1份的概率；（2）若已知抽到的是男生和女生的报名表各1份，用概率公式判断该报名表取自哪一袋的可能性更大.16．（15分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有3个零点，求的取值范围.17．（15分）学生甲想加入校篮球队，篮球教练对其进行投篮测试.测试规则如下：①投篮分为两轮，每轮均有两次机会，第一轮在罚球线处，第二轮在三分线处；②若他在罚球线处投进第一球，则直接进入下一轮，若第一次没投进可以进行第二次投篮，投进则进入下一轮，否则不预录取；③若他在三分线处投进第一球，则直接录取，若第一次没投进可以进行第二次投篮，投进则录取，否则不予录取.已知学生甲在罚球线处投篮命中率为，在三分线处投篮命中率为.假设学生甲每次投进与否互不影响.（1）求学生甲被录取的概率；（2）在这次测试中，记学生甲投篮的次数为，求的分布列及期望与方差.18．（17分）已知数列满足，是公差为的等差数列.（1）求的通项公式；（2）令，求数列的前项和.（3）令，是否存在互不相等的正整数，，，使得，，成等差数列，且，，成等比数列？如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由.19．（17分）已知函数，.（1）若，求曲线在点处的切线方程.（2）若，求的单调性.（3）当时，恒成立，求的取值范围.

桂城中学2023-2024学年度下学期高二级第二次段考数学答案1．A，得.2．C，所以时，此木块在水平方向的瞬时速度为m/s.3．A由，，可得，，，所以数列是以2为周期的周期数列，故.4．D，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且当时，，，画出函数的大致图象（图略）可知选项D错误.5．C依题意可知，，则，解得，故，当或5时，的最小值为.6．B由题，所有的基本事件个数为,“恰有一题相同”包含的基本事件数为，所以.7．D令，得，令，得，则.因为，其中被8整除，所以被8除的余数为1，从而被8整除.8．B在曲线上任取一点，对函数求导得，所以曲线在点处的切线方程为.由题意可知，点在直线上，可得，令函数，，则.当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以.由题意可知，直线与的图象有两个交点，则.9．ABC由题可得，解得.令，可得展开式中各项的系数和为1.展开式的通项，所以展开式中不存在常数项，的系数为.10．ABC当，时，是定义在上的奇函数，当时，，，则在上单调递增，在上单调递减，故A符合题意；当，时，是定义在上的偶函数，且在上单调递增，在上单调递减，故B符合题意；当，时，是定义在上的偶函数，当时，，，则在上单调递减，故C符合题意；对于D选项，当趋近于时，的值趋近于0，故D不符合题意.11．ACD当时，，即，所以.当时，，所以，即，则.因为，所以，所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以.由，得，则，所以数列为常数列，所以，即，故.当时，，令，可得，令，可得，所以，则当或时，取得最大值.，，因为关于的不等式恰有两个解，所以的取值范围为.故选ACD.12．1022由题意得，则.13．设等比数列的公比为，由题意知且，则，解得，则，所以.易知当时，，当时，，故的最小值为.14．由，得，则，，所以.令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得最小值，此时.另解：由，可得，代入中可得.15．解：设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，“随机抽取2份，恰好抽到男生和女生的报名表各1份”，则，，.5分（1）由全概率公式得.8分（2）报名表取自第一袋的概率.报名表取自第二袋的概率.12分因为，所以该报名表取自第一袋的可能性更大.13分16．解：（1），1分当时，恒成立，所以在上单调递增.3分当时，令，解得或，所以在和上单调递增，在上单调递减.5分当时，令，解得或，所以在和上单调递增，在上单调递减.7分（2）由（1）可知，又有3个零点，所以，11分，.12分由，可得或，即的取值范围为.15分17．解：（1）记事件，表示“甲在罚球线处投篮，第次投进”，事件表示“甲在三分线处投篮，第次投进”.1分则，，2分设事件表示“学生甲被录取”，则，3分所以，5分所以学生甲被录取的概率为.6分（2）由题分析知，的可能取值为2，3，4.7分，，，10分所以的分布列为23411分13分15分18．解：（1）由已知得，且，1分则，2分所以，3分所以，4分解得.5分（2）由（1）知，所以6分.7分8分9分.10分（3）由题意可知.11分假设存在，则，，12分即，13分，14分化简得.15分因为，当且仅当时，等号成立.16分又因为，，互不相等，所以不存在.17分19．（1）解：因为，所以，则.1分又，，2分所以曲线在点处的切线方程为，即.3分（2）证明：因为，所以，则.4分令，，则，.5分当时，，单调递增，故.6分当时，，单调递增，当时，，单调递减，故，7分从而在上恒成立8分则在上单调递增.