期中考试押题卷02（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02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。1．4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法种数为（    ）A．36 B．64 C．72 D．81【答案】A【解析】4名同学分成1，1，2三组：三组去三个不同的小区：所以全部的种类数：；故选：A.2．函数的图象如图所示，是函数的导函数，则下列数值排序正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】由图知：，即.故选：A3．同时抛掷两枚质地均匀的硬币（忽略客观因素对其的影响），如果已经知道有一枚硬币正面朝上，那么这两枚硬币都是正面朝上的概率是（    ）A． B． C． D．不确定【答案】B【解析】同时掷两枚质地均匀的硬币，事件“有一枚硬币正面朝上”包含的基本事件有：（正，正），（正，反），（反，正），共3种，其中“两枚硬币都是正面朝上”只有1种，所以有一枚硬币正面朝上，那么这两枚硬币都是正面朝上的概率是，故选：B4．关于的二项展开式,下列说法正确的是（    ）A．二项式系数和为128B．各项系数和为-7C．第三项和第四项的二项式系数相等D．项的系数为-240【答案】A【解析】解:由题知,中二项式系数和为,故选项A正确;将代入二项式中可得各项系数和为,故选项B错误;在中,第三项的二项式系数为,第四项的二项式系数为,因为,所以选项C错误;在中,第项取,即,故,故项的系数为-280,故选项D错误.故选:A5．已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下列说法正确的个数为（    ）①函数在区间内是增加的；②函数在处取得极大值；③函数在处取得极大值；④函数在处取得极小值.A． B． C． D．【答案】C【解析】对于①，当时，，则，故函数在区间内是增加的，①对；对于②，当时，，则，当时，，则，所以，函数在上单调递增，在上单调递减，故函数在处取得大值，②对；对于③，由②可知，函数在上单调递减，所以，函数不在处取得极大值，③错；对于④，当时，，则，则在上单调递减，又因为函数在上单调递增，所以，函数在处取得极小值，④对.故选：C.6．设为两个随机事件，以下命题错误的为（    ）A．若是独立事件，，，则B．若是对立事件，则C．若是互斥事件，，，则D．若，，且，则是独立事件【答案】C【解析】对于A：当是独立事件时，也是独立事件，，A正确；对于B：当是对立事件时，，B正确；对于C：当是互斥事件，，，则，C错；对于D：，，故是独立事件，即是独立事件，D正确.故选：C7．已知函数有两个不同极值点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】，函数有两个不同极值点有两个不同解有两个不同交点.如图所示，与切于点，故，又，综上可解得，故当时有两个不同交点，故选：C8．已知函数，过点M（1，t）可作3条与曲线相切的直线，则实数t的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】设切点为，由，得，所以切线的斜率为，所以切线方程为，因为点M（1，t）在切线上，所以，化简整理得，令，则，所以当或时，，当时，，所以在和上递减，在上递增，所以的极小值为，极大值为，当时，，所以的图象如图所示，因为过点M（1，t）可作3条与曲线相切的直线，所以的图象与直线有三个不同的交点，所以由图象可得，故选：D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．若随机变量服从两点分布，其中，，分别为随机变量的均值与方差，则下列结论正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】AB【解析】随机变量服从两点分布，其中，，，，在A中，，故A正确；在B中，，故B正确；在C中，，故C错误；在D中，，故D错误．故选：AB．10．天山社区将红树林中学的甲、乙、丙、丁4名红志愿者分别安排到A，B，C三个村民小组进行暑期社会实践活动，要求每个村民小组至少安排一名志愿者，则下列选项正确的是（    ）A．共有18种安排方法B．若甲、乙两名志愿者被安排在同一村民小组，则有6种安排方法C．若两名志愿者被安排在A村民小组，则有24种安排方法D．若甲志愿者被安排在A村民小组，则有12种安排方法【答案】BD【解析】对于A：4名志愿者先分为3组，再分配到3个社区，所以安排方法为：，A错误；对于B：甲、乙被安排到同一村民小组，先从3个村民小组中选一个安排甲和乙，剩余两个村民小组和志愿者进行全排列，所以安排方法为：，B正确；对于C：A村民小组需要两名志愿者，所以先从4名志愿者中选择2名安排到A村民小组，再把剩余两个村民小组和志愿者进行全排列，所以安排方法为：，C错误；对于D；甲志愿者被安排在A村民小组，分两种情况讨论，当A村民小组安排两名志愿者时，先从剩余3名志愿者选出一个，分到A村民小组，再把剩余两个村民小组和志愿者进行全排列，所以安排方法为：，当A村民小组只安排甲志愿者时，剩余3名志愿者安排到两个村民小组中去，所以安排方法为：，所以一共有安排方法为：，D正确；故选：BD.11．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【解析】的通项为，令，得，A错误；，B正确；对两边同时求导，得，令，得，C正确；等于的展开式的各项系数之和，令，所以，D正确.故选：BCD.12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）．A．当时，过原点作曲线的切线l，则l的方程为B．当时，在上单调递增C．若在上单调递增，则D．当时，在上有极小值点【答案】ABD【解析】当时，，设切点为，，，所以，又l过原点，则，解得，所以l的方程为，故A正确；当时，，，当时，，，所以，所以在上单调递增，故B正确；，若在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，令，则，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，故C错误；当时，，，令，则，当时，，所以，所以在上单调递增，又，，所以由零点存在定理可知，存在唯一的，使得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在上有极小值点，故D正确．故选：ABD．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，且，则函数在处的切线方程是___________.【答案】【解析】由，得，而，所以，所以切线方程为，即.故答案为：.14．把一颗骰子投掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，向量，则向量与向量不共线的概率是__________．【答案】【解析】由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是一颗骰子掷两次，共有种结果，当向量与共线时，有，即，满足这种条件的有，共有3种结果，向量与共线的概率，根据对立事件，向量与不共线的概率， 故答案为：.15．有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有___________种.【答案】24【解析】如图，由已知可得，应从点，先到点，再到点，最后经点到点即可.第一步：由点到点，最短路径为4步，最短路径方法种类为；第二步：由点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为；第三步：由点经点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为.根据分步计数原理可得，最短路径有种.故答案为：24.16．已知是函数的导函数，且，，则下列说法正确的是___________．（1）；（2）曲线在处的切线斜率最小；（3）函数在存在极大值和极小值；（4）在区间上至少有一个零点．【答案】（2）（3）（4）【解析】因为，，所以，即．因为，所以，，即，．，的符号不确定，故（1）错误；由，可得在处取得最小值，即在处的切线斜率最小，故（2）正确；由，可得与轴有两个交点，则函数在存在极大值和极小值，故（3）正确；于是，，．①当时，因为，，则在区间内至少有一个零点．②当时，因为，，则在区间内至少有一零点．故导函数在区间内至少有一个零点．故（4）正确．故答案为：（2）（3）（4）．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)若是函数的极值点，求在区间上的最值；(2)求函数的单调增区间．【解析】（1）因为，所以，因为已知是函数的极值点．所以是方程的根，所以，故，经检验符合题意，    所以，则，所以当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增；    又，，，    且，所以在区间上的最小值为，最大值为；（2），所以，因为，，当时，令，解得或，所以函数的单调增区间为，，    当时，恒成立，所以函数的单调增区间为，    当时，令，解得或，所以函数的单调增区间为，，综上可得，当时单调增区间为，；当时单调增区间为；当时单调增区间为，.18．（12分）据天气预报，在元旦期间甲､乙两地都降雨的概率为，至少有一个地方降雨的概率为，已知甲地降雨的概率大于乙地降雨的概率，且在这段时间甲､乙两地降雨互不影响.(1)分别求甲､乙两地降雨的概率.(2)在甲､乙两地3天假期中，仅有一地降雨的天数为X，求X的分布列､均值与方差.【解析】（1）设甲､乙两地降雨的事件分别为A，B，且由题意得解得所以甲地降雨的概率为，乙地降雨的概率为.（2）在甲､乙两地中，仅有一地降雨的概率为X满足二项分布，X的可能取值为0，1，2，3.，，，，所以X的分布列为X0123P所以，方差19．（12分）为响应国家提出的“大众创业万众创新”的号召，小王大学毕业后决定利用所学专业进行自主创业，生产某小型电子产品.经过市场调研，生产该小型电子产品需投入年固定成本2万元，每生产万件，需另投入流动成本万元.已知在年产量不足4万件时，，在年产量不小于4万件时，.每件产品售价6元.通过市场分析，小王生产的产品当年能全部售完.(1)写出年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式.（年利润=年销售收入-年固定成本-流动成本.）(2)年产量为多少万件时，小王在这一产品的生产中所获年利润最大？最大年利润是多少？【解析】（1）由题意，当时，；当时，.所以.（2）当时，，令，解得.易得在上单调递增，在上单调递减，所以当时，.当时，，当且仅当，即时取等号.综上，当年产量为8万件时，所获年利润最大，为9万元.20．（12分）如图是飞行棋部分棋盘图示，飞机的初始位置为0号格，抛掷一个质地均匀的骰子，若抛出的点数为1，2，飞机在原地不动；若抛出的点数为3，4，飞机向前移一格；若抛出的点数为5，6，飞机向前移两格.记抛掷骰子一次后，飞机到达1号格为事件.记抛掷骰子两次后，飞机到达2号格为事件.(1)求；(2)抛掷骰子2次后，记飞机所在格子的号为，求随机变量的分布列和数学期望.【解析】（1）由题意，在抛一次后达到一号格的条件下，抛第二次飞机前移一格的概率为，所以.（2）随机变量的可能取值为，，，，，，则随意变量的分布列为：123421．（12分）在某地区进行某种疾病调查，需要对其居民血液进行抽样化验，若结果呈阳性，则患有该疾病；若结果为阴性，则未患有该疾病．现有n（，）个人，每人一份血液待检验，有如下两种方案：方案一：逐份检验，需要检验n次；方案二：混合检验，将n份血液分别取样，混合在一起检验，若检验结果呈阴性，则n个人都未患有该疾病；若检验结果呈阳性，再对n份血液逐份检验，此时共需要检验n＋1次．(1)若，且其中两人患有该疾病，采用方案一，求恰好检验3次就能确定患病两人的概率；(2)已知每个人患该疾病的概率为．（ⅰ）若两种方案检验总次数的期望值相同，求p关于n的函数解析式；（ⅱ）若，且每单次检验费用相同，为降低总检验费用，选择哪种方案更好？试说明理由．【解析】（1）将5份待检血液排成一排有；满足条件的排法：第一步，将两份选一份排在第三位有2种；第二步，在第一、二位选一个空位排另一份患者血液有2种排法；第三步，将剩余3份排成一排有.所以满足条件的排法共.所以恰好检验3次就能确定患病两人的概率为（2）（ⅰ）因为每个人都有可能患病，故方案一检验次数为定值n；记方案二检验次数为X，则X的取值为1，n+1，所以由题可知，即，整理可得，即（ⅱ）当时，记单次检验费用为x，则方案一：检验费用为；方案二：记检验费为Y，则Y的分布列为YP则记，因为，所以因为，所以单调递增，由（ⅰ）知，当时，，所以当时，，则；当时，，则.故当时，选择方案二；当时，选择方案一.22．（12分）已知是函数的极值点.(1)求；(2)证明：有两个零点，且其中一个零点；(3)证明：的所有零点都大于.【解析】（1），则，因为是函数的极值点，所以，即，解得.当时，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以是函数的极小值点，故；（2）由(1)知，，令，则，作和函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有2个交点，且一个交点分布在上，另一个分布在上，所以方程有2个解，即函数有2个零点.易知2是函数的一个零点，设另一个零点为，又，，所以，又函数在定义域上连续，由零点的存在性定理，知；（3）由(1)知，，当时，，当时，令，则，设，则，，令或，令，所以函数在和上单调递增，在上单调递减，又，，得所以，又，所以当时，，作出函数和的图象，如图所示，由图可知，两函数图象的交点的的横坐标都大于，故函数的所有零点都大于.