佛山2022-2023学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷含答案.pdf

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1、20222023 学年下学期学年下学期佛山市普通高中教学质量检测佛山市普通高中教学质量检测 高二数学 参考答案与评分标准 一、选择题一、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.题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C A B A D B B 二、选择题二、选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 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 5 分,有选错的得 0 分,部分选对的得 2 分.题号 9 10 11 12 答案 BC ACD ABC BD 三三、填空题、填空题:本题共 4 小题,每

2、小题 5 分,共 20 分.其中 16 题第一空 2 分,第二空 3 分.13.0.1514.115.e16.136,8四、解答题四、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分,解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解析解析】(1)设事件A=“恰好有一个分机占线”,1 分 则()2131141339P AC=.4分(2)由于各个分机是否占线是相互独立的,则133XB，,6 分 所以()0303118013327P XC=,()21311411339P XC=,()22311221339P XC=,()3033127113133P XC=.8 分 故X的分布列为:X0 1 2 3

3、P82749291279 分 所以X的期望()842101231279927E X=+=(或()1313E X=).10 分 18.【解析解析】(1)由题知()()233221441f xxxxxx=+,所以()()()2384322fxxxxx=+=.1 分 令()0fx=,解得23x=或2x=.2分 第 2 页 共 4 页 当x变化时,()fx,()f x的变化情况如下表所示.x2,323223，2()2+，()fx+00+()f x 4 分 由表可知()f x的在区间223，上单调递减,在区间2,3和()2+，上单调递增.6 分(2)由(1)知,函数()f x的极大值为25327f=,极

4、小值为()21f=.8 分又()01f=,()32f=.10 分 所以,函数()()2321f xxx=在0 3，上的最大值为2,最小值为1.12 分19.【解析解析】(1)因为()11nnSn nna+=,所以()()111nnSn nna+=(2n),1 分 两式相减得()121nnnannana+=,即12nnaa+=(2n),3 分又122Sa+=,所以212aa=,4 分 所以 na是首项为3,公差为2的等差数列,5 分 所以()31221nann=+=+6 分(2)(法一法一)因为2133nnnan+=,设1212333nnnaaaT=+,所以123521333nnnT+=+,23

5、1135213333nnnT+=+7 分两式相减得:231222221133333nnnnT+=+8 分212212133311313nnn+=+14121333nnn+=10 分所以3212222 32 33nnnnnnT+=.11 分因为2nT,所以m的最小整数值是2 12 分(法二法二)设3nnnab=,1212333nnnaaaT=+,则12121333nnnnnnnb+=+,7 分所以113233nnnnnb+=+,8 分所以113233nnnnnnTT+=+9 分所以113233nnnnnnTT+=+,即23nnnT+是常数列.10 分 第 3 页 共 4 页 所以1121 223

6、3nnnTT+=+=,所以223nnnT+=.11 分因为2nT,所以m的最小整数值是2 12 分 20.【解析解析】(1)选择模型2yaxb=+.1 分 记2ux=,则yaub=+.2 分 由题知,55115u=,6813.65y=,511122iiiu y=,512979iiu=,所以211225 11 13.619795 11b=,13.6 1 112.6a=5 分 所以2.6yu=+,即y关于x的回归方程为22.6yx=+.6 分(2)由题意,得到列联表:基本适应 不适应 合计 年龄不小于 30 岁 75 75 150 年龄小于 30 岁 100 50 150 合计 175 125 3

7、00 7 分 零假设为0H:该地区对职业结构变化的自信程度与年龄无关.8 分 则()22300100 7550 758.5716.635150 150 125 175=,10分 根据0.01a=的独立性检验,我们可以推断0H不成立,即认为该地区对职业结构变化的自信程度与年龄有关,此推断犯错误的概率不大于0.01.12分 21.【解析解析】(1)王先生于2021年买新车时需交商业险为:347 1030 101300=3400+元,1 分 由于2021年3月份至2022年3月份没有出险,所以2022年3月份李先生需交商业险费为:3400 85%=2890元,2 分 但在2023年1月份出过两次险,

8、故王先生在2023年3月应交商业险费为:2890 125%=3612.5元.3 分(2)()因为袋中装有6个红球和4个黑球,所以从中任意抽取一个是红球的概率为0.6,是黑球的 概率为:0.4,4 分 1()100 0.650 0.480E X=+=,5 分 当2i 时,车主第i次抽到奖券数额的期望为11)0.650 0.41.2)2(2(0iiiE XE XE X=+=+,且1()80E X=,7 分()由()知,1()80E X=,当2i 时,1(6)205iiE XE X=+,即16)100)1005(iiE XE X+=+,而1()100180E X+=,因此)(1 00iE X+是以1

9、80为首项,65为公比的等比数列,9 分 所以16)100180(5()iiE X+=,即16)180()100(5iiE X=,10分 第 4 页 共 4 页 由于王先生在2023年买保险前出过两次险,故续保时只有4次抽奖机会,4次抽奖获得奖券数额的期望值之和为461801()5400615566.24=,11 分 按照保险公司的计划,王先生在2023年续保商业险时,实际支付保费的期望值为:3612.5 566.243046.26=元.12 分 22.【解析解析】(1)令()()121 exF xf xaxx=+,因为()1sin2f xxaxx=+,所以()sin1 exF xx=+,1

10、分 令()sinm xxx=(0 x),则()cos10m xx=在()0,+上恒成立,2 分所以()m x在()0,+上单调递减,所以()()00m xm=,即sinxx在()0,+上恒成立,3分所以()sin1 e1 exxF xxx=+,令()1 exxx=+(0 x),则()1 e0 xx=在()0,+上恒成立,4 分所以()x在()0,+上单调递减,所以()()00 x=,即e1xx+在()0,+上恒成立,所以当0 x 时,()121exf xaxx+.5 分(2)由()0f x=得2sin12xaxx=+,令()2sin1xg xxx=+，6 分 则()()3cossin2x xxxgxx=，令()cossinh xxxx=，当()0,x时，()sin0h xxx=，故()h x在()0,上单调递减，8 分所以()()00h xh=，所以()()320 xh xgxx=，故()g x在()0,上单调递减，10 分因为()21g =，当0 x时，()f x+，所以()g x的值域为21,+，所以212a，即212a，所以a的取值范围为21,+.12 分