期中考试押题卷01（考试范围：选修二第五章、选性三第六-七章）-2022-2023学年高二数学下学期期中期末必考题型归纳及过关测试（人教A版2019）

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2022-2023学年下学期期中考试押题卷01高二·数学（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：选择性必修第二册第五章、选择性必修第三册第六章、第七章。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、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．从甲乙等名同学中随机选名参加社区服务工作，则甲乙不同时入选有（    ）种情况A． B． C． D．【答案】C【解析】若随机选3名，则有种情况，其中甲乙同时入选有种情况，甲乙不同时入选有种情况.故选：C.2．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨度克·牛顿于1664年~1665年间提出，据考证，我国至迟在11世纪，北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则．在的二项式展开式中，的系数为（    ）A．10 B． C． D．【答案】B【解析】设的二项式展开式通项为，即：，令，则，故的系数为.故选:B3．若直线是函数切线，则实数的值是（    ）A． B． C．1 D．【答案】B【解析】由题意设切点为，则，由，得，故，故，故，故选：B4．已知函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】的定义域为，由题意得在上有解，即在上有解，其中，故，故实数的取值范围是.故选：B5．已知，则（    ）A．在上单调递增 B．在上单调递减C．有极大值，无极小值 D．有极小值，无极大值【答案】D【解析】∵，则，令，解得；令，解得；则在上单调递减，在上单调递增，故A、B错误；由单调性可得：有极小值，无极大值，故C错误，D正确.故选：D.6．在某个独立重复实验中，事件，相互独立，且在一次实验中，事件发生的概率为，事件发生的概率为，其中．若进行次实验，记事件发生的次数为，事件发生的次数为，事件发生的次数为，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】由已知，，∴，，，∴，，∵事件，相互独立，∴一次实验中，，同时发生的概率，∴，∴，，对于A，，，不一定成立，故选项A说法不正确；对于B，，，，不一定成立，故选项B说法不正确；对于C，，，成立，故选项C说法正确；对于D，，，不一定成立，故选项D说法不正确.故选：C.7．如果不是等差数列，但若，使得，那么称为“局部等差”数列．已知数列的项数为4，其中，，2，3，4，记事件：集合；事件：为“局部等差”数列，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意知，事件共有个基本事件，对于事件，其中含1，2，3的“局部等差”数列的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个，含3，2，1的“局部等差”数列的同理也有3个，共6个；含3，4，5的和含5，4，3的与上述相同，也有6个；含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共2个；含4，3，2的同理也有2个；含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个；含5，3，1的同理也有4个，所以事件共有24个基本事件，所以．故选：C8．以罗尔中值定理､拉格朗日中值定理､柯西中值定理为主体的“中值定理”反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心内容.该定理如下：若函数在闭区间上的图象不间断，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得称为函数在闭区间上的中值点.那么函数在区间上的中值点的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】因为，所以，所以.由拉格朗日中值定理得，解得.因为，所以函数在区间上的中值点有2个.故选：C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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．下列说法正确的是（    ）A．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有81种报名方法B．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有24种报名方法C．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有64种可能的结果D．从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为12个【答案】ABC【解析】对于A项，每位同学均有3种选择，根据分步乘法计数原理可知，共有种报名方法，故A项正确；对于B项，第一步从4位同学中选出3人，有种方法；第二步，选出的3名同学，选择不同的项目，有种方法.根据分步乘法计数原理可知，共有种报名方法，故B项正确；对于C项，每项运动的冠军都有4种可能，根据分步乘法计数原理可知，共有种可能的结果，故C项正确；对于D项，若选择0，则0只能在第二位，其他两位从3个奇数中选择2个排好，所以有种可能；若选择2，则2可以排在前两位，有2种可能，其他两位从3个奇数中选择2个排好，所以有种可能.根据分类加法计数原理可得，共有种可能，故D项错误.故选：ABC.10．已知，下列命题中，正确的有（    ）A．展开式中所有项的二项式系数的和为 B．展开式中所有项的系数和为C．展开式中所有奇数项系数的和为 D．【答案】ABC【解析】对于A，二项式展开式中所有项的二项式系数的和为，故A正确；对于B，令，，故B正确；对于C，令，则，两式相加得展开式中所有奇数项系数的和为，故C正确；对于D，令，则，令，则，所以，故D错误．故选：ABC．11．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷n次，以表示没有出现连续2次6点向上的概率，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【解析】在一次试验中，6点向上的概率为，不是6点向上的概率为，对于A，，故A正确，对于B,3次试验中,连续出现2次6点向上的概率为，所以，故B不正确，若第次不出现6，前面次没有连续出现2次6点的概率为 ，此时前次没有连续出现2次6点的概率为，若第次出现6，前面次没有连续出现2次6点的概率为 ，第不为6的概率为，此时前次没有连续出现2次6点的概率为，故前次没有连续出现2次6点的概率为，故D正确，对应C，由得，相减得，所以，故C正确，故选：ACD12．已知函数，，若与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，则a的取值可以是（    ）A．2e B． C． D．【答案】ABD【解析】因为与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，所以方程有且仅有两解.由，得.设，则与的图象有两个交点，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，且两边趋向正无穷，所以，故，所以.故选：.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则___________.【答案】【解析】由于，所以，解得，所以，则，所以.故答案为：14．从，，，，这个数字中有放回地任取两数，则两数都是奇数的概率是___．【答案】【解析】从，，，，这个数字随机取一个数字是奇数的概率为，则从，，，，这个数字中有放回地任取两数，则两数都是奇数的概率.故答案为：15．已知展开式的二项式系数和为512，．则=_______．【答案】【解析】展开式的二项式系数和为，则所以，则所以故答案为：16．已知偶函数是定义在上的可导函数，当时，且，则的解集为___________ .【答案】【解析】令，可得因为时，，所以，即函数在为单调递增函数，又因为函数为偶函数，可得，所以函数为偶函数，所以在为单调递减函数，因为，即，可得，即，解得，即不等式的解集为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．（10分）已知函数(1)若在点处的切线与直线垂直，求实数的值；(2)求在区间上的最值；(3)若，求的单调区间.【解析】（1）由得，则，由在点处的切线与直线垂直，可得.（2）令，则，当和时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，故的极大值为，极小值为，又，，故在区间上的最小值为，最大值为2.（3），故，当时，，在上单调递减；当时，，得或，故的单调递增区间为和，时，得，故的单调递减区间为,即当时，在上单调递减；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.18．（12分）已知展开式中各项系数之和等于16.(1)求展开式的第二项；(2)若的展开式的二项式系数最大的项的系数等于54，求的值.【解析】（1）展开式的各项系数之和等于， 由题意得，∴，∴展开式的第二项为；（2）由（1）可得，由二项式系数的性质知，展开式中二项式系数最大的项是第三项， ∴，∴.19．（12分）某学习小组有3个男生和4个女生共7人.(1)将此7人排成一排，男女彼此相间的排法有多少种？(2)将此7人排成一排，男生甲不站最左边，男生乙不站最右边的排法有多少种？(3)从中选出2名男生和2名女生分别承担4种不同的任务，有多少种选派方法？【解析】（1）根据题意，分2步进行分析：①，将3个男生全排列，有种排法，排好后有4个空位，②，将4名女生全排列，安排到4个空位中，有种排法，则一共有种排法；（2）根据题意，分2种情况讨论：①，男生甲在最右边，有，②，男生甲不站最左边也不在最右边，有，则有720+3000＝3720种排法；（3）根据题意，分2步进行分析：①，在3名男生中选取2名男生，4名女生中选取2名女生，有种选取方法，②，将选出的4人全排列，承担4种不同的任务，有种情况，则有种不同的安排方法20．（12分）某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的.(1)求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率；(2)设甲公司答对题数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差；(3)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？【解析】（1）记“甲、乙两家公司共答对2道题” 的事件为，它是甲乙各答对1道题的事件、甲答对2题乙没答对题的事件和，它们互斥，则有，所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是.（2）设甲公司答对题数为，则的取值分别为，，则的分布列为：123期望，方差.（3）设乙公司答对题数为，则的取值分别为，，，则的分布列为：0123期望，方差，显然，所以甲公司竞标成功的可能性更大.21．（12分）某汽车公司最近研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试.现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；(2)经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50，根据大量的测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为的近似值），现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程的概率；（参考数据：若随机变量，则，(3)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上（方格图上依次标有数字0､1､2､3､……､20）移动，若遥控车最终停在“胜利大本营”（第19格），则可获得购车优惠券3万元；若遥控车最终停在“微笑大本营”（第20格），则没有任何优优惠券.已知硬币出现正､反面的概率都是，遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次：若掷出正面，遥控车向前移动一格（从到；若掷出反面，遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到“胜利大本营”或“微笑大本营”时，游戏结束.设遥控车移到第格的概率为，试证明是等比数列，并求参与游戏一次的顾客获得优惠券全额的期望值（精确到万元）.【解析】（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值为：；（2）∵，∴.（3）由题可知，遥控车移到第格有两种可能：①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为；②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为，∴，∴时，，又∵，∴当时，数列首项为，公比为的等比数列，∴，以上各式相加，得，∴时，，∴到达“胜利大本营”的概率，∴设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，则或0，∴的期望，∴参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为万元22．（12分）已知函数.(1)求在点处的切线方程；(2)求证：当时，.(3)若时，恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）由题意，，又由导数的几何意义， ，所以在点处的切线方程：，即；（2）当时，恒成立，等价于恒成立，设，则，当时，，所以，即在上为增函数，所以，即恒成立，恒成立，所以当时，，问题得证；（3）若时，恒成立，等价于恒成立，令，则，令，得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，故当时，原不等式恒成立.