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）

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：A

3．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：B

4．关于的二项展开式,下列说法正确的是（    ）

A．二项式系数和为128

B．各项系数和为-7

C．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:A

5．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：C

7．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：C

8．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

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：

21．（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

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.