期末模拟卷03——2022-2023学年高二数学下学期期末专题复习学案+期末模拟卷（人教A版2019）

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期末押题预测卷03 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．若函数在点处的切线斜率为1，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，所以在点处的切线斜率为，解得，故选：D．2．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行.甲､乙等5名杭州亚运会志愿者到羽毛球､游泳､射击､体操四个场地进行志愿服务，每个志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲去羽毛球场，则不同的安排方法共有（    ）A．6种 B．60种 C．36种 D．24种【答案】B【解析】①羽毛球场安排2人，除甲外的其余4人每人去一个场地，不同安排方法有种，②羽毛球场只安排1人（甲），其余4人分成3组（211）再安排到剩余3个场地，不同安排方法有种，所以不同的安排方法有种.故选：B.3．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中2个红色球（标号为1和2）2个绿色球（标号为3和4）,从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】从袋中不放回地依次随机摸出2个球，设第一次摸到红球为事件，则，设两次都摸到红球为事件，则，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为.故选：A.4．设函数在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数的图象可能是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由函数的图象，知当时，是单调递减的，所以；当时，先递减，后递增，最后递减，所以先负后正，最后为负．故选：B．5．设常数，展开式中的系数为，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设展开式的通项为：，由题意可得：当时，.故选：B6．一车间有3台车床加工同一型号的零件，且3台车床加工的零件数X（单位：件）均服从正态分布．假设3台车床均能正常工作，若，则这3台车床每天加工的零件数至少有一台超过35件的概率为（    ）．A． B． C． D．【答案】C【解析】加工的零件数超过35件的台数为，每台加工的零件数超过35件的概率，由题意可得：，则这3台车床每天加工的零件数至少有一台超过35件的概率.故选：C.7．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（    ）A．99 B．131 C．139 D．141【答案】D【解析】设该高阶等差数列的第8项为，根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：由图可得，则.故选：D8．对于三次函数，现给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（    ）A．0 B．1 C． D．【答案】A【解析】依题意得，，，令，解得x＝1，∵，∴函数的对称中心为，则，∵∴．故选：A.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．将甲､乙､丙､丁4名志愿者分别安排到三个社区进行暑期社会实践活动，要求每个社区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､乙被安排在同社区，则有6种安排方法C．若社区需要两名志愿者，则有24种安排方法D．若甲被安排在社区，则有12种安排方法【答案】BD【解析】对于：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：，错误；对于：甲､乙被安排在同社区，先从3个社区中选1个安排甲与乙，剩余两个社区和剩余两名志愿者进行全排列，所以安排方法为：，正确；对于：A社区需要两名志愿者，所以先从4名志愿者中选择2名安排到A社区，再把剩余2名志愿者和2个社区进行全排列，所以安排方法为错误；对于D：甲安排在社区，分为两种情况，第一种为A社区安排了两名志愿者，所以从剩余3名志愿者中选择一个，分到A社区，再把剩余2名志愿者和2个社区进行全排列，安排方法有种；第二种是A社区只安排了甲志愿者，此时剩余3名志愿者分为两组，再分配到剩余的两个社区中，此时安排方法有种；所以一共有安排方法为正确.故选：.10．若，则下列说法正确的有（    ）A．B．C．不随的变化而变化D．随的变化而变化【答案】AC【解析】对于A、B：根据正态分布的对称性可得出与，故A正确，B错误；对于C、D：根据正态分布的性质可得出与都不随的变化而变化，表示的概率为定值，故C正确，D错误；综上：选项A、C正确，故选：AC.11．为激发学生写字练字的兴趣，培养学生良好的书写习惯，提高学生规范整洁书写汉字的能力，引导学生感悟汉字魅力，弘扬中华文化，某校举办汉字书写大赛. 参加大赛的学生需要逐轮晋级最终也入决赛. 每轮晋级比赛中，两位地手需要经过多局比赛决出最终胜负. 规则要求晋级比赛双方其中一方比对方多胜两局，则比赛结束，胜局多者晋级；否则比赛继续，但最多进行五局，最终以胜局多者晋级. 在某轮晋级比赛中，甲乙二人对决. 共中每局比赛甲同学胜乙同学的概率为，乙同学胜甲同学的概率为. 则（    ）A．比赛经过两局就结束的概率为 B．甲在第四局结束后即晋级的概率为C．乙在第四局结束后即晋级的概率为 D．比赛在第五局才结束的概率为【答案】AD【解析】对于A，比赛经过两局就结束的概率为：，故A正确；对于B，甲在第四局结束后即晋级，则四局比赛乙胜了一局，且必须为第一或第二局，则甲在第四局结束后即晋级的概率为，故B不正确；对于C，乙在第四局结束后即晋级，则四局比赛甲胜了一局，且必须为第一或第二局，则乙在第四局结束后即晋级的概率为，故C不正确；对于D，比赛经过二局就结束的概率为，比赛经过四局就结束的概率为，比赛在第五局才结束的概率为：，故D正确.故选：AD.12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A． B．的最大值是C．有两个不等实根 D．【答案】AC【解析】对于选项A，因为，所以,所以故选项A正确. 对于选项B，因为，当时，，所以在单调递增，当时，，所以在单调递减，所以在处有最大值， 故选项B错误.对于选项C，由得，易知.方程化为，即，即，即，即，令，则，当时，，所以在单调递增，当时，，所以在单调递减，所以在处有最大值，所以存在，使.又因为，所以存在，使.所以方程有两个不等实根.故选项C正确.对于选项D，因为在单调递减，所以，即，所以故选项D错误.故选：AC第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知变量与相对应的一组数据为，变量与相对应的一组数据为表示变量与之间的线性相关系数，表示变量与之间的线性相关系数，则和0三者之间的大小关系是___________.（用符号“<”连接）.【答案】【解析】由已知中的数据可知，第一组数据中变量与间呈正相关，相关系数，第二组数据中变量与间呈负相关，相关系数，所以.故答案为：.14．写出同时满足下列条件的数列的一个通项公式：________；①数列是递减数列，②【答案】（答案不唯一）【解析】令，因为函数在定义域上单调递减，且当时，所以单调递减，且，符合题意.故答案为：（答案不唯一）15．已知，则的值等于______.【答案】【解析】令，则；令，则，上述两式相加得，故故答案为：.16．已知函数，若恒成立，则实数的最大值为______．【答案】2e【解析】由题意，可得，则，当时，；当时，；故在上单调递减，在上单调递增，若与直线相切，设切点为，则切线斜率，所以该切线方程为，注意到切线过点，则，整理得，解得或，当时，；当时，，结合图象，可得实数a的取值范围为，即实数a的最大值为2e．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)求曲线在点处的切线方程；(2)求函数在区间的最大值与最小值．【解析】（1），切点为，又，，                        切线方程为，即，即曲线在点处的切线方程为；（2）由（1）知，令，得或，令，得，函数在区间，为增函数，在区间为减函数，    又，，；        又，，.18．（12分）根据党的“扶贫同扶志、扶智相结合”精准扶贫、精准脱贫政策，中国儿童少年基金会为了丰富留守儿童的课余文化生活，培养良好的阅读习惯，在农村留守儿童聚居地区捐建“小候鸟爱心图书角”.2016年某村在寒假和暑假组织开展“小候鸟爱心图书角读书活动”，号召全村少年儿童积极读书，养成良好的阅读习惯，下表是对2016年以来近5年该村庄100位少年儿童的假期周人均读书时间的统计：年份20162017201820192020年份代码12345每周人均读书时间（小时）1.32.85.78.913.8现要建立关于的回归方程，有两个不同回归模型可以选择，模型一:；模型二:，即使画出关于的散点图，也无法确定哪个模型拟合效果更好，现用最小二乘法原理，已经求得模型一的方程为.(1)请你用最小二乘法原理，结合下面的参考数据及参考公式求出模型二的方程（计算结果保留到小数点后一位）；(2)用计算残差平方和的方法比较哪个模型拟合效果更好，已经计算出模型一的残差平方和为.附：参考数据：，其中，.参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.【解析】（1）令，则模型二可化为关于的线性回归问题，则，，则由参考数据可得，，则模型二的方程为；（2）由模型二的回归方程可得，，，，，，∴，故模型二的拟合效果更好.19．（12分）已知数列的前n项和为，，且满足．(1)求数列的通项公式；(2)设的前n项和为，求．【解析】（1）因为，当时，，两式作差得，即，又，所以，当时，，又当时，，解得，可知数列是以首项为1，公差为2的等差数列，所以，即（2）由（1）知，所以，.20．（12分）某产品按照产品质量标准分为1等品、2等品、3等品、4等品四个等级．某采购商从采购的产品中随机抽取100个，根据产品的等级分类标准得到下面柱状图：(1)若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3个，求恰好有1个4等品的概率；(2)按分层抽样从这100个产品中抽取10个．现从这10个产品中随机抽取3个，记这3个产品中1等品的数量为，求的分布列及数学期望．【解析】（1）从采购的产品中有放回地随机抽取3个，记4等品的数量为，由已知取1个产品为4等品的概率为，依题意，，则，即恰好有1个4等品的概率为；（2）分层抽样从这100个产品中抽取10个产品中，1等品的有个，非1等品的有个，依题意，0，1，2，3，，，，，则的分布列为：0123．21．（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)当时，求函数的极值；(2)若有三个零点，其中.(i)求实数的取值范围；(ii)求证：.【解析】（1）当时，，定义域为.，令，得或；令，得；所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.因此，当时，有极大值，并且极大值为,当时，有极小值，并且极小值为,（2）(i)，，，则除1外还有两个零点，，令，当时，在恒成立，则，所以在单调递减，不满足，舍去.当时，除1外还有两个零点，则不单调，所以存在两个零点，所以，解得，当时，设的两个零点为，则，，所以，当或时，，，函数单调递增；当时，，，函数单调递减；又，所以，，而，且，，且，所以存在，，使得，即有3个零点,综上，实数a的取值范围为.(ii)证明:因为，所以若，则，所以，，又，所以，，当且仅当时不等式取等号.所以.