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高二下学期期末押题卷02-高二数学同步教学题型讲义（人教A版选择性必修）
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这是一份高二下学期期末押题卷02-高二数学同步教学题型讲义（人教A版选择性必修），文件包含高二下学期期末模拟试题二原卷版docx、高二下学期期末模拟试题二解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
【分析】由已知可得可得答案.
【详解】若对于，都有，则，
由已知可得.
故选：B.
2．C
【分析】利用条件知，对，恒成立，从而求出的取值范围，再根据选项即可得出结果.
【详解】因为命题“”为假命题，所以，对，恒成立，
当时，在上恒成立，所以满足条件，
当时，令，对称轴，且，所以，当时，恒成立，
当时，显然有不恒成立，
故对，恒成立时，，所以则命题成立的充分不必要条件是选项C.
故选：C.
3．A
【分析】由分类加法计数原理与分组分配原则求解即可
【详解】由题意可分三种情况讨论：
第一种情况：将6分小球分组个数为的3组，
当1，2在个数为2的这一组时，则有种；
当1，2在个数为3的这一组时，则有种；
第二种情况：将6分小球分组个数为的3组，
则有；
第三种情况：将6分小球分组个数为的3组，
则有；
由分类加法计数原理可知不同的放法共有种
故选A
4．C
【详解】解法一：∵，且最大，∴，
即，
解得.
又∵，∴，故选C.
解法二：∵不是整数，∴根据二项分布中概率最大值理论可知：当时，对应概率最大.从而，故选C.
5．B
【分析】先利用古典概率公式求出和的概率，再利用条件概率公式即可求出结果.
【详解】由题知，，，所以，
故选：B.
6．D
【分析】由等差数列的求和公式和等差中项公式，求得且，
化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由等差数列的前项和公式，可得，可得，
又由且，
所以，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
7．A
【分析】设点在第一象限，根据双曲线的性质得到和关于轴对称，结合直线的方程求出点的坐标，再将点代入双曲线的方程得到关于和的齐次的方程，即可求解.
【详解】由题意，不妨设点在第一象限，
由双曲线的性质可得，直线和直线关于轴对称，
所以和关于轴对称，又，则设，，
又直线的方程为：，
所以代入点得：，解得：，
即点，
将点代入双曲线的方程得：，
化解得：，解得：或，
又因为，所以，
则双曲线的离心率，
故选：A.
8．B
【分析】比较大小，转化为比较大小，构造函数，通过求导判断的单调性，可得出大小；比较大小，转化为比较，构造函数，求导判断单调性，得到出大小，即可得出结论.
【详解】设，则，
当时，故在上单调递减，
所以，即，
所以，所以；
设，则，
当时，，故在上单调递减，
所以，即，
所以，所以，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：要比较大小的几个数之间可以看成某个函数对应的函数值，我们只要构造出函数，然后找到这个函数的单调性，就可以通过自变量的大小关系，进而找到要比较的数的大小关系，有些时候构造的函数还需要通过放缩法进一步缩小范围.
9．ABD
【分析】利用导数研究的单调性，进而判断极值点、零点情况，根据是否成立判断对称中心，由函数性质及其图象判断有两个根对应k值.
【详解】由，则或时，时，
所以在、上单调递增，在上单调递减，
所以分别是的极大值点、极小值点，A对；
，则，故点是曲线的对称中心，B对；
由，，，
结合单调性知：在存在一个零点，其它位置无零点，C错；
若方程有两个不同的根，由上分析知：或5，D对.
故选：ABD
10．BCD
【分析】利用正态分布的性质即可判断选项A；根据二项分布的特点判断选项B；根据随机变量的性质判断选项C；根据一元线性回归模型分析即可判断选项D.
【详解】对于A，因为随机变量X服从正态分布， 因为，则，又因为，所以，故选项A正确；
对于B，根据二项分布的性质可知，100件产品中包含10件次品，不放回地随机抽取6件，则次品数X不满足二项分布，故选项B错误；
对于C，将随机变量进行平移，均值也随之平移，方差不发生改变，故选项C错误；
对于D，在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画两个模型拟合的效果．若越大，则模型的拟合效果越好，故选项D错误，
故选：BCD.
11．AB
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到，，然后根据即可得到，即可判断A选项；根据韦达定理和消参的方法得到的轨迹方程，即可得到的轨迹为抛物线，即可判断B选项；利用坐标得到，即可得到的最大值，即可判断C选项；根据焦半径公式得到，，然后根据等差中项的性质列方程得到，即可得到，即可判断D选项.
【详解】设直线，与联立得：，
由韦达定理得：，.
当时，直线与轴相交于点，，
，，故A正确；
设点坐标为，则，，消去得，故B正确；
由，，得
，故C错误；
，，，
若成等差数列，则有，即，
，故D错误.
故选：AB.
12．BCD
【分析】将变形为，代入，使用基本不等式即可求最值，判断A，直接使用基本不等式求最值，判断B，先使用基本不等式求出的最小值，然后解二次不等式即可判断C，通过配凑和基本不等式得到然后求解二次不等式即可得最值，判断D.
【详解】对于选项A：因为，所以，
则，
当且仅当，即，时取等号，故A错误；
选项B：，
当且仅当，即时取等号，所以B正确；
选项C：，
当且仅当，即时等号成立，
因为不等式恒成立，
所以，即，解得，所以C正确；
选项D：
，
当且仅当，即，时等号成立，
整理得，
令，则，，得，
所以，即，所以的最大值为8，所以D正确．
故选：BCD
13．（答案不唯一）
【分析】根据题意，由交集的定义可知不等式的解集为的子集即可满足题意.
【详解】因为，
且当时，即时，，
当时，即时，才有可能使得，
当的两根刚好是时，即，此时的解集为刚好满足，
所以，所以实数的一个取值可以为.
故答案为:
14．
【分析】根据题意，求出的值，然后将看成和两项，利用二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】由题意可知：，则，
因为，解得，
则， 的展开式中的系数在中，因为的展开式中的系数为，
所以的展开式中的系数为,
故答案为：.
15．/
【详解】如图，取P，Q的中点为M，连接OM，PF，
则由题意可得，，，
所以，相似，所以，
因为直线PQ，PF的斜率之积为，所以，
设，，则,且，
两式相减可得,
即，即，即，
所以双曲线的离心率为．
故答案为：.
16．
【分析】构造函数，等价于，再构造函数，利用函数单调性求出最小值，即可求出的值.
【详解】等价于，令，则．
当时，,单调递增；当时，,单调递减．
所以.
故转化为，即恒成立.
令，，则，则，因为恒成立，所以.
故的取值范围为．
故答案为：.
17．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用三角形的中位线得到线线平行，再通过线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用等体积法转化即可求解；
（3）通过面面垂直性质定理，得出线面垂直，进而建立空间直角坐标系，利用线面角正弦的向量计算方法即可求解.
【详解】（1）连接，交于，连接，由条件得为的中点，
因为E为PB的中点，所以是的中位线，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）设点到平面的距离为，
因为E为PB的中点，所以到平面的距离等于到平面的距离等于倍，
因为，得，
由，可得，
因为，，
所以，故点C到平面的距离为；
（3）作，交于，
因为，则为的中点，
因为平面平面，平面平面，
则平面，
过作，交于，则，
以为坐标原点，、、分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，平面平面，平面平面，
所以平面，
所以即为到平面的距离，
由小问2可知点C到平面的距离为，即，
从而正方形边长为2，故，
因为，所以，
所以，，，，，
则，，;
设平面的法向量为，
由，，得，
取，即，
设直线EC与平面所成角为，则
，
所以直线EC与平面所成角的正弦值为.
18．(1)填表见解析；认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010
(2)
【分析】（1）根据题意补全列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）先根据分层抽样求各层的人数，结合古典概型分析运算.
【详解】（1）年龄在40周岁以上（含40周岁）的非“编织巧手”有5人，年龄在40周岁以下的“编织巧手”有6人．列联表如下：
零假设为：“编织巧手”与“年龄”无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010．
（2）由题意可得这6人中年龄在40周岁以上（含40周岁）的人数是2；年龄在40周岁以下的人数是4．
从这6人中随机抽取2人的情况有种，
其中符合条件的情况有种，
故所求概率．
19．(1)证明见解析，；
(2)
【分析】（1）由与的关系或等比数列的定义及通项公式求解即可；
（2）由裂项相消法求出后，再由恒成立进行求解即可.
【详解】（1）若选择条件①：因为，
所以，又，所以，即，
又，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以；
若选择条件②：因为，所以当时，有，
两式相减，得，即（），
又，所以，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，
所以；
若选择条件③：由，得，即，
又，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以；
（2）由（1）知，，
则，
因为数列为递增数列，所以的最小值为，
又恒成立，则，解得，
故的最小值为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据可求得；
（2）得出获得一个积分的，由已知可得，进而求得，根据甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，根据即可解得.
【详解】（1）假设甲和乙答对的题目个数分别为和，
故所求概率
，
所以甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率为；
（2）由（1）知，一轮获得一个积分的概率为
，
整理得，
因为且，所以，
所以，当且仅当时等号成立，即，
令，则，
所以，则，对称轴为，又， 所以当时，，则当时，，
甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，
所以由，即解得，
因为为正整数，所以至少为20，
所以若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论上至少要进行20轮竞赛.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由等差中项的性质列出方程，再将点的坐标代入，即可得到，从而得到其标准方程；
（2）根据题意，设PQ：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，分别表示出以及，即可得到结果.
【详解】（1）因为成等差数列，所以，
又，所以，
将点的坐标代入C的方程得，解得，
所以，所以C的方程为.
（2）依题意可设PQ：，
由得，
设，则，
且，
则
而，
所以，
所以是定值.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与双曲线相交问题以及双曲线中三角形面积问题，难度较难，解答本题的关键在于表示出以及，然后通过计算得到为定值.
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）首先求出函数的导函数，再对分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）依题意在上恒成立，令，求出函数的导函数，可证得，再令，讨论，和，可得当时，在上恒成立，从而求出正整数的最大值；
【详解】（1）因为，
所以.
因为，若，即时，在上单调递增，
若，即时，
令，得；
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，
恒成立，
即恒成立，
令，则，显然在上单调递增，
又，，
所以存在唯一实数，使得，即，
所以.
所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以时，恒成立，
若，恒成立，满足条件；
若，函数在上单调递增，
而，不合题意；
若，函数在上单调递减，
而，符合题意；
所以当时，在上恒成立，
所以恒成立时，正整数的最大值为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
“编织巧手”
非“编织巧手”
总计
年龄40岁
19
5
24
年龄<40岁
6
10
16
总计
25
15
40
【分析】由已知可得可得答案.
【详解】若对于，都有，则，
由已知可得.
故选：B.
2．C
【分析】利用条件知，对，恒成立，从而求出的取值范围，再根据选项即可得出结果.
【详解】因为命题“”为假命题，所以，对，恒成立，
当时，在上恒成立，所以满足条件，
当时，令，对称轴，且，所以，当时，恒成立，
当时，显然有不恒成立，
故对，恒成立时，，所以则命题成立的充分不必要条件是选项C.
故选：C.
3．A
【分析】由分类加法计数原理与分组分配原则求解即可
【详解】由题意可分三种情况讨论：
第一种情况：将6分小球分组个数为的3组，
当1，2在个数为2的这一组时，则有种；
当1，2在个数为3的这一组时，则有种；
第二种情况：将6分小球分组个数为的3组，
则有；
第三种情况：将6分小球分组个数为的3组，
则有；
由分类加法计数原理可知不同的放法共有种
故选A
4．C
【详解】解法一：∵，且最大，∴，
即，
解得.
又∵，∴，故选C.
解法二：∵不是整数，∴根据二项分布中概率最大值理论可知：当时，对应概率最大.从而，故选C.
5．B
【分析】先利用古典概率公式求出和的概率，再利用条件概率公式即可求出结果.
【详解】由题知，，，所以，
故选：B.
6．D
【分析】由等差数列的求和公式和等差中项公式，求得且，
化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由等差数列的前项和公式，可得，可得，
又由且，
所以，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
7．A
【分析】设点在第一象限，根据双曲线的性质得到和关于轴对称，结合直线的方程求出点的坐标，再将点代入双曲线的方程得到关于和的齐次的方程，即可求解.
【详解】由题意，不妨设点在第一象限，
由双曲线的性质可得，直线和直线关于轴对称，
所以和关于轴对称，又，则设，，
又直线的方程为：，
所以代入点得：，解得：，
即点，
将点代入双曲线的方程得：，
化解得：，解得：或，
又因为，所以，
则双曲线的离心率，
故选：A.
8．B
【分析】比较大小，转化为比较大小，构造函数，通过求导判断的单调性，可得出大小；比较大小，转化为比较，构造函数，求导判断单调性，得到出大小，即可得出结论.
【详解】设，则，
当时，故在上单调递减，
所以，即，
所以，所以；
设，则，
当时，，故在上单调递减，
所以，即，
所以，所以，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：要比较大小的几个数之间可以看成某个函数对应的函数值，我们只要构造出函数，然后找到这个函数的单调性，就可以通过自变量的大小关系，进而找到要比较的数的大小关系，有些时候构造的函数还需要通过放缩法进一步缩小范围.
9．ABD
【分析】利用导数研究的单调性，进而判断极值点、零点情况，根据是否成立判断对称中心，由函数性质及其图象判断有两个根对应k值.
【详解】由，则或时，时，
所以在、上单调递增，在上单调递减，
所以分别是的极大值点、极小值点，A对；
，则，故点是曲线的对称中心，B对；
由，，，
结合单调性知：在存在一个零点，其它位置无零点，C错；
若方程有两个不同的根，由上分析知：或5，D对.
故选：ABD
10．BCD
【分析】利用正态分布的性质即可判断选项A；根据二项分布的特点判断选项B；根据随机变量的性质判断选项C；根据一元线性回归模型分析即可判断选项D.
【详解】对于A，因为随机变量X服从正态分布， 因为，则，又因为，所以，故选项A正确；
对于B，根据二项分布的性质可知，100件产品中包含10件次品，不放回地随机抽取6件，则次品数X不满足二项分布，故选项B错误；
对于C，将随机变量进行平移，均值也随之平移，方差不发生改变，故选项C错误；
对于D，在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画两个模型拟合的效果．若越大，则模型的拟合效果越好，故选项D错误，
故选：BCD.
11．AB
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到，，然后根据即可得到，即可判断A选项；根据韦达定理和消参的方法得到的轨迹方程，即可得到的轨迹为抛物线，即可判断B选项；利用坐标得到，即可得到的最大值，即可判断C选项；根据焦半径公式得到，，然后根据等差中项的性质列方程得到，即可得到，即可判断D选项.
【详解】设直线，与联立得：，
由韦达定理得：，.
当时，直线与轴相交于点，，
，，故A正确；
设点坐标为，则，，消去得，故B正确；
由，，得
，故C错误；
，，，
若成等差数列，则有，即，
，故D错误.
故选：AB.
12．BCD
【分析】将变形为，代入，使用基本不等式即可求最值，判断A，直接使用基本不等式求最值，判断B，先使用基本不等式求出的最小值，然后解二次不等式即可判断C，通过配凑和基本不等式得到然后求解二次不等式即可得最值，判断D.
【详解】对于选项A：因为，所以，
则，
当且仅当，即，时取等号，故A错误；
选项B：，
当且仅当，即时取等号，所以B正确；
选项C：，
当且仅当，即时等号成立，
因为不等式恒成立，
所以，即，解得，所以C正确；
选项D：
，
当且仅当，即，时等号成立，
整理得，
令，则，，得，
所以，即，所以的最大值为8，所以D正确．
故选：BCD
13．（答案不唯一）
【分析】根据题意，由交集的定义可知不等式的解集为的子集即可满足题意.
【详解】因为，
且当时，即时，，
当时，即时，才有可能使得，
当的两根刚好是时，即，此时的解集为刚好满足，
所以，所以实数的一个取值可以为.
故答案为:
14．
【分析】根据题意，求出的值，然后将看成和两项，利用二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】由题意可知：，则，
因为，解得，
则， 的展开式中的系数在中，因为的展开式中的系数为，
所以的展开式中的系数为,
故答案为：.
15．/
【详解】如图，取P，Q的中点为M，连接OM，PF，
则由题意可得，，，
所以，相似，所以，
因为直线PQ，PF的斜率之积为，所以，
设，，则,且，
两式相减可得,
即，即，即，
所以双曲线的离心率为．
故答案为：.
16．
【分析】构造函数，等价于，再构造函数，利用函数单调性求出最小值，即可求出的值.
【详解】等价于，令，则．
当时，,单调递增；当时，,单调递减．
所以.
故转化为，即恒成立.
令，，则，则，因为恒成立，所以.
故的取值范围为．
故答案为：.
17．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用三角形的中位线得到线线平行，再通过线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用等体积法转化即可求解；
（3）通过面面垂直性质定理，得出线面垂直，进而建立空间直角坐标系，利用线面角正弦的向量计算方法即可求解.
【详解】（1）连接，交于，连接，由条件得为的中点，
因为E为PB的中点，所以是的中位线，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）设点到平面的距离为，
因为E为PB的中点，所以到平面的距离等于到平面的距离等于倍，
因为，得，
由，可得，
因为，，
所以，故点C到平面的距离为；
（3）作，交于，
因为，则为的中点，
因为平面平面，平面平面，
则平面，
过作，交于，则，
以为坐标原点，、、分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，平面平面，平面平面，
所以平面，
所以即为到平面的距离，
由小问2可知点C到平面的距离为，即，
从而正方形边长为2，故，
因为，所以，
所以，，，，，
则，，;
设平面的法向量为，
由，，得，
取，即，
设直线EC与平面所成角为，则
，
所以直线EC与平面所成角的正弦值为.
18．(1)填表见解析；认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010
(2)
【分析】（1）根据题意补全列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）先根据分层抽样求各层的人数，结合古典概型分析运算.
【详解】（1）年龄在40周岁以上（含40周岁）的非“编织巧手”有5人，年龄在40周岁以下的“编织巧手”有6人．列联表如下：
零假设为：“编织巧手”与“年龄”无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010．
（2）由题意可得这6人中年龄在40周岁以上（含40周岁）的人数是2；年龄在40周岁以下的人数是4．
从这6人中随机抽取2人的情况有种，
其中符合条件的情况有种，
故所求概率．
19．(1)证明见解析，；
(2)
【分析】（1）由与的关系或等比数列的定义及通项公式求解即可；
（2）由裂项相消法求出后，再由恒成立进行求解即可.
【详解】（1）若选择条件①：因为，
所以，又，所以，即，
又，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以；
若选择条件②：因为，所以当时，有，
两式相减，得，即（），
又，所以，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，
所以；
若选择条件③：由，得，即，
又，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以；
（2）由（1）知，，
则，
因为数列为递增数列，所以的最小值为，
又恒成立，则，解得，
故的最小值为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据可求得；
（2）得出获得一个积分的，由已知可得，进而求得，根据甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，根据即可解得.
【详解】（1）假设甲和乙答对的题目个数分别为和，
故所求概率
，
所以甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率为；
（2）由（1）知，一轮获得一个积分的概率为
，
整理得，
因为且，所以，
所以，当且仅当时等号成立，即，
令，则，
所以，则，对称轴为，又， 所以当时，，则当时，，
甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，
所以由，即解得，
因为为正整数，所以至少为20，
所以若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论上至少要进行20轮竞赛.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由等差中项的性质列出方程，再将点的坐标代入，即可得到，从而得到其标准方程；
（2）根据题意，设PQ：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，分别表示出以及，即可得到结果.
【详解】（1）因为成等差数列，所以，
又，所以，
将点的坐标代入C的方程得，解得，
所以，所以C的方程为.
（2）依题意可设PQ：，
由得，
设，则，
且，
则
而，
所以，
所以是定值.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与双曲线相交问题以及双曲线中三角形面积问题，难度较难，解答本题的关键在于表示出以及，然后通过计算得到为定值.
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）首先求出函数的导函数，再对分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）依题意在上恒成立，令，求出函数的导函数，可证得，再令，讨论，和，可得当时，在上恒成立，从而求出正整数的最大值；
【详解】（1）因为，
所以.
因为，若，即时，在上单调递增，
若，即时，
令，得；
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，
恒成立，
即恒成立，
令，则，显然在上单调递增，
又，，
所以存在唯一实数，使得，即，
所以.
所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以时，恒成立，
若，恒成立，满足条件；
若，函数在上单调递增，
而，不合题意；
若，函数在上单调递减，
而，符合题意；
所以当时，在上恒成立，
所以恒成立时，正整数的最大值为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
“编织巧手”
非“编织巧手”
总计
年龄40岁
19
5
24
年龄<40岁
6
10
16
总计
25
15
40
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