高中数学期中押题预测卷试题及解析

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期中押题预测卷02一、单选题1．（2022·广东深圳·高二期末）已知等比数列{an}的前n项和为S，若，且，则S3等于（       ）A．28 B．26 C．28或-12 D．26或-10【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的通项公式列出方程求解，直接计算S3即可.【详解】由可得，即，所以，又，解得，所以，即，当时，，所以，当时，，所以，故选：C2．（2022·甘肃酒泉·高二期中）已知数列{}满足（n∈N*），则=（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，应用作差法可得，进而求得数列{}的通项公式，注意验证是否满足通项公式.【详解】由题设，①，则②，①-②得：，所以，由①知也满足上式，故（n∈N*）.故选：C.3．（2022·四川省绵阳南山中学高二阶段练习（理））已知函数，则函数在上单调递增的一个充分不必要条件是（       ）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】根据题设条件转化为在上恒成立，即在上恒成立，令，利用导数求得单调性和最小值，结合题意，即可求解.【详解】由函数，可得函数的定义域为，且，因为函数在上单调递增，即在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以，结合选项，可得时函数在上单调递增的一个充分不必要条件.故选：A.4．（2022·福建省漳州第一中学高二阶段练习）等比数列{}中，，函数，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】先求导，代入，再通过等比数列的性质求解.【详解】 ，.故选：C.5．（2022·湖南省邵东市第一中学高二阶段练习）为有效阻断新冠肺炎疫情传播徐径，构筑好免疫屏障，从2022年1月13日开始，某市启动新冠病毒疫苗加强针接种工作，凡符合接种第三针条件的市民，要求尽快接种.该市有3个疫苗接种定点医院，现有8名志愿者将被派往这3个医院协助新冠疫苗接种工作，每个医院至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法共有（       ）A．2940种 B．3000种 C．3600种 D．5880种【答案】A【解析】【分析】分组分配问题需要考虑重复；依题意要先分类，因为8个人分成3组人数上有不同的分法，再分配.【详解】根据题意，这8名志愿者人数分配方案共有两类：第一类是2，2，4，第二类是3，3，2，故不同的安排方法共有 种；故选：A.6．（2022·河北·大名县第一中学高二阶段练习）在的展开式中，项的系数为（       ）A． B． C． D．8．【答案】A【解析】【分析】二项式可化为，然后根据二项式定理求出二项式的展开式，分析即可求解.【详解】二项式可化为，则，则含项只能在的展开式中，即为，所以项的系数为.故选：A.7．（2022·河南·南阳市第二完全学校高级中学高二阶段练习）已知函数为上的可导函数，其导函数为，且满足恒成立，，则不等式的解集为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】构造函数，,已领已知条件判断其导数的正负，进而判断函数的单调性，将不等式变形为，即，即可得出答案．【详解】构造函数，,则，故为R上的单调减函数，不等式，即，即，，故选：8．（2022·福建·福鼎市第一中学高二阶段练习）已知曲线与直线相切，且满足条件的值有且只有个，则实数的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】设切点坐标为，求出曲线在处的切线方程，将点的坐标代入切线方程可得出，可知关于的方程有三个解，由参变量分离法可得出，构造函数，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】设切点坐标为，对函数求导得，所以，曲线在处的切线方程为，因为直线过定点，将点的坐标代入切线方程得，由题意可知，关于的方程有三个解，显然不满足方程，则，令，则，列表如下：增减极小值减 所以，函数的极小值为，且，如下图所示：由题意可知，当时，直线与曲线有三个交点，故选：D.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.二、多选题9．（2022·山东·高二阶段练习）已知，则（       ）A． B．这7个数中只有3个有理数C． D．【答案】ACD【解析】【分析】根据二项式定理对选项逐一判断【详解】由二项式定理知展开式的通项公式为对于A，令，得，则，A正确．对于B，这7个数中，当为偶数时，对应为有理数，B错误．对于C，，C正确．对于D，对两边同时求导，得，令，得，D正确．故选：ACD10．（2022·河北邢台·高二阶段练习）设数列是以d为公差的等差数列，是其前n项和，，且，则下列结论正确的是（       ）A． B． C． D．或为的最大值【答案】BD【解析】【分析】由及前n项和公式可得，即可判断A、B的正误，进而得到判断C，结合二次函数的性质判断D的正误.【详解】由，即，则，又，所以，，则A错误，B正确；且，故，C错误；由的二次函数性质：开口向下且，易知为的最大值，D正确.故选：BD11．（2022·山东枣庄·高二期末）已知数列的前项和为，，，数列的前项和为，，则下列选项正确的为（        ）A．数列是等比数列B．数列是等差数列C．数列的通项公式为D．【答案】AC【解析】【分析】由可得，，可判断A,B的正误，再求出，可判断C的正误，利用裂项相消法求，可判断D的正误.【详解】因为，所以，，即，且，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故A正确，B错误；所以，即，故C正确；因为，所以，故D错误；故选：AC.12．（2022·福建·古田县第一中学高二阶段练习）设，函数，则下列说法正确的是（       ）A．当时，函数没有极大值，有极小值B．当时，函数既有极大值也有极小值C．当时，函数有极大值，没有极小值D．当时，函数没有极值【答案】AD【解析】【分析】求得当时函数的极值情况判断选项A；求得当时函数的极值情况判断选项B；求得当时函数的极值情况判断选项C；求得当时函数的极值情况判断选项D.【详解】，令，则选项A：当时，，则单调递增，，则可令当时，，单调递减，当时，，单调递增，则函数没有极大值，有极小值.判断正确；选项B：当时，，则单调递增，，则可令当时，，单调递减，当时，，单调递增，则函数没有极大值，有极小值.判断错误；选项C：当时，，则单调递增又，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，则函数没有极大值，有极小值.判断错误；选项D：当时，由，可得，由，可得则在单调递减，在单调递增则当时，函数取极小值故在恒成立，即在恒成立，则单调递增，故函数没有极值.判断正确.故选：AD三、填空题13．（2022·广东·深圳市第七高级中学高二期末）将数列{n}按“第n组有n个数”的规则分组如下：（1），(2，3)，(4，5，6)，…，则第22组中的第一个数是_________【答案】【解析】【分析】由已知，第组中最后一个数即为前组数的个数和，由此可求得第21组的最后一个数，从而就可得第22组的第一个数.【详解】由条件可知，第21组的最后一个数为，所以第22组的第1个数为.故答案为：14．（2022·山东省临沂第一中学高二阶段练习）从红、黄、蓝、黑四种颜色中选出3种颜色，给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是________.【答案】120【解析】先从4种颜色中选出3种颜色，然后分为前三个圆用3种颜色和前3个圆2种颜色来讨论得出答案.【详解】从红、黄、蓝、黑四种颜色中选出3种颜色有4种选法.因为每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，分两类：一类是，前三个圆用3种颜色，有种方法，后3个圆也有3种颜色，有种方法，此时不同方法有6×4=24方法；二类是，前3个圆2种颜色，后3个圆2种颜色，共有方法.综上可知，所有的涂法共有种方法.故答案为： 120【点睛】本题考查先选后排的问题，考查涂色问题，利用分类讨论思想，结合图形将涂色方法分为两类，属于中档题.15．（2022·四川省绵阳南山中学高二阶段练习）已知函数，若对任意两个不等的正实数，，都有，则实数a的最小值为______．【答案】【解析】【分析】设，原不等式等价于，即，令，则在上单调递增， 从而有在上恒成立，进而分离参数转化为最值问题即可求解.【详解】解：设，则对任意两个不等的正实数，，都有等价于，即，令，则在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以，又，所以，所以实数a的最小值为.故答案为：.16．（2022·福建·福鼎市第一中学高二阶段练习）已知函数 的图象上存在点 ，函数的图象上存在点 ，且、关于 轴对称，则实数 的取值范围为________【答案】【解析】【分析】设则，可得，构造函数，，求值域即可.【详解】设则所以，，联立可得，即对于有解，令，则，由可得：；由可得：，所以在单调递减，在上单调递增，，又，所以，所以值域为，即可得的取值范围为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于把问题转化为函数，，利用导数求函数的值域即得.四、解答题17．（2022·陕西·西安市鄠邑区第一中学高二阶段练习）已知的展开式的二项式系数和比的展开式的二项式系数和大992.求的展开式中，(1)二项式系数最大的项；(2)系数的绝对值最大的项.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）由题设可得求出n，进而求的展开式通项公式，根据二项式系数最大，结合对称性知，即可得二项式系数最大的项.（2）要使系数的绝对值最大，即最大，应用不等式法求对应值，即可得系数的绝对值最大的项.(1)令，则的系数和为，而的二项式系数和为，由题设，，可得，则，解得，所以的展开式通项为，要使二项式系数最大即，则.(2)要使系数的绝对值最大，即最大，则，可得，所以，又，即，故系数的绝对值最大的项为.18．（2022·四川·雅安中学高二阶段练习）已知函数在时取得极值，且在点处的切线的斜率为 .(1)求的解析式；(2)若函数有三个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）由已知可得，可得出关于实数、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出函数的解析式；（2）分析可知，直线与函数的图象有个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.(1)解：因为，则，由题意可得，解得，所以，.当，时，，经检验可知，函数在处取得极值.因此，.(2)解：问题等价于有三个不等的实数根，求的范围.由，得或，由，得，所以在、上单调递增，在上单调递减， 则函数的极大值为，极小值为，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有个交点，因此，实数的取值范围是.19．（2022·广东·深圳市第七高级中学高二期末）已知数列的前项和为，已知，且当，时，．(1)证明数列是等比数列；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）消去，只保留数列的递推关系，根据题干提示来证明，注意证明首项不是零；（2）利用裂项求和来解决.(1)证明：由题意，当时，即，       ，整理，得，，，，数列是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解：由（1）知，，则，，，，，各项相加，可得，当n=1成立，故．20．（2022·江苏·常熟中学高二阶段练习）某生态旅游景区升级改造，有一块半圆形土地打算种植花草供人游玩欣赏，如图所示，其中长为，､两点在半圆弧上，满足，设.(1)现要在景区内铺设一条观光道路，由线段､和组成，则当为何值时，观光道路的总长最长，并求最大值；(2)若在和内种满向日葵，在扇形内种满薰衣草，已知向日葵利润是每平方千米元，薰衣草的利润是每平方千米元，则当为何值时，才能使总利润最大？【答案】(1)时，观光道路的总长最长，的最大值为(2)时，总利润最大.【解析】【分析】（1）利用余弦定理求得，从而求得的表达式，利用换元法，结合二次函数的性质求得的最大值.（2）利用三角形的面积公式、扇形面积公式求得利润的表达式，并结合导数求得当时，利润最大.(1)半圆的半径为，，，，在三角形中，由余弦定理得，同理可求得，，所以，令，所以，当时等号成立.所以时，观光道路的总长最长，的最大值为.(2)，扇形的面积为.设总利润为，其中，，在区间递增；在区间递减.所以当时，总利润最大.21．（2022·重庆九龙坡·高二期末）设正项数列的前项和为，已知，．(1)求数列的通项公式；(2)数列满足，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围．【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）利用的关系求的通项公式；（2）由（1）得，应用错位相减法求，根据不等式，讨论n的奇偶性求参数范围即可.(1)由题设，当时，则，整理得，，则，当时，，又得：，故，所以数列是首项、公差均为2的等差数列，故.(2)由（1），，所以，，两式相减得，故， 所以．令，易知：单调递增，若为偶数，则，所以；若为奇数，则，所以，即．综上，．22．（2022·海南·嘉积中学高二阶段练习）已知函数．(1)若，求函数在点(1，f(1))处的切线方程；(2)设存在两个极值点，且，若，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义即求；（2）先求出，构造函数，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最小值，从而证明结论．(1)若，则，所以又，所以，即在点(1，－2)处的切线斜率为0,所以，切线方程为．(2)∵，∴，因为存在两个极值点，，所以存在两个互异的正实数根，，所以，则，所以，所以，令，则，，，在上单调递减，，而，即，．