高二下学期期末考测试卷（选修二~选修三）-2023-2024学年高二数学期末导与练(人教A版选择性必修第三册)

这是一份高二下学期期末考测试卷（选修二~选修三）-2023-2024学年高二数学期末导与练(人教A版选择性必修第三册)，文件包含高二下学期期末考测试卷选修二选修三-高二数学题型归纳与解题策略人教A版选择性必修第三册原卷版docx、高二下学期期末考测试卷选修二选修三-高二数学题型归纳与解题策略人教A版选择性必修第三册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
单项选择题（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，只有一项符合题目要求.）
1．（2023春·广东湛江·高二统考期末）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走了里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了天后到达目的地.”则此人第天走了（ ）
A．里B．里C．里D．里
【答案】D
【分析】由题意可知，每天走的里数构成以为公比的等比数列，由求出首项，再由等比数列通项公式可求得结果
【详解】解：记每天走的路程里数为，可知是以公比的等比数列，
因为，所以，解得，
所以，
故选：D
【点睛】此题考查函数模型的选择及等比数列的通项公式、等比数列的前项和公式的应用
2．（2023秋·广东广州·高三广州市禺山高级中学校考阶段练习）某科技公司联欢会进行抽奖活动，袋中装有标号为1，2，3的大小、质地完全相同的3个小球，每次从袋中随机摸出1个球，记下它的号码，放回袋中，这样连续摸三次.规定“三次记下的号码都是2”为一等奖.已知小张摸球“三次记下的号码之和是6”，此时小张能得一等奖的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据古典概型公式，结合条件概率公式进行求解即可.
【详解】因为所有基本事件的个数为，三次抽到的号码之和为6，包括3次号码都不一样，分别是1，2，3，基本事件的个数为；号码都一样全是2，基本事件的个数为1，故事件包含的基本事件的个数为，事件包含的基本事件的个数为1，事件包含的基本事件个数为1，
所以，，
由条件概率公式可得，
故选：C．
3．（2023春·广东湛江·高二校考阶段练习）定义在R上的可导函数的导函数的图象如图所示，以下结论错误的是（ ）
A．是的一个极小值点
B．和都是的极大值点
C．的单调递增区间是
D．的单调递减区间是
【答案】B
【分析】根据导函数的图象和极值点的定义逐个分析判断即可
【详解】对于A，由图象可知，当时，，当时，，所以是的一个极小值点，所以A正确，
对于B，由图可知，当时，，所以在上单调递增，所以和不是的极值点，所以B错误，
对于C，当时，，所以的单调递增区间是，所以C正确，
对于D，当时，，所以的单调递减区间是，所以D正确，
故选：B
4．（2023春·广东广州·高二执信中学校考期中）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a，b，c成等差数列，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理，以及等差中项的性质得到的关系，然后代入余弦定理中求解.
【详解】因为，故可得，又因为a，b，c成等差数列，即，故可得，由余弦定理可得，
故选：A.
5．（2023秋·广东揭阳·高三校考阶段练习）对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将不等式等价变形，构造函数，再借助函数单调性、最值求解作答.
【详解】依题意，，令，，
则对任意的，当时，，即有函数在上单调递减，
因此，，，而，则，
所以实数的取值范围是.
故选：C
6．（2023春·广东深圳·高二深圳市建文外国语学校校考期中）二项式的展开式中含项的系数是（ ）
A．B．C．D．15
【答案】B
【分析】求出二项式的展开式的通项公式，再由x的幂指数为2确定项数，进行计算作答.
【详解】二项式的展开式的通项公式为：，
当，即时，，
所以展开式中含项的系数是60.
故选：B
7．（2023秋·广东佛山·高二大沥高中校考阶段练习）某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】把汽车在三处遇两次绿灯的事件M分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解.
【详解】汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为A，B，C，则，
汽车在三处遇两次绿灯的事件M，则，且，，互斥，而事件A，B，C相互独立，
则，
所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为.
故选：D
8．（2023秋·广东清远·高二统考期末）已知数列{an}的前n项和为，且满足，若存在实数λ，使不等式对任意n∈N*恒成立，则λ的最大值为（ ）
A．-24B．-18C．-D．-
【答案】A
【分析】先通过递推公式求出的通项公式，再通过与的关系求出的通项公式，代入不等式即可表达出关于的表达式，再利用作差法即可求出的最大值.
【详解】因为，所以．因为，
所以{}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，所以，
所以（n=1也满足）．
因为，所以，
即．令，
==，
所以，
所以，
故λ的最大值为．
故选：A.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．（2023春·广东佛山·高二佛山市第四中学校考期末）下列命题中，正确的命题的序号为（ ）
A．已知随机变量服从二项分布，若，则
B．将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C．设随机变量服从正态分布，若，则
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为，则当时概率最大
【答案】BCD
【分析】由二项分布的均值与方差公式计算判断选项A，由方差的性质判断选项B，由正态分布的对称性判断选项C，由二项分布的概率公式列不等式组求解后判断选项D．
【详解】对于A，，解得，A错误；
对于B，方差反映的是数据与均值的偏移程度，因此每个数据都加上同一个常数后，每个新数据与新均值的偏移不变，方差恒不变，B正确；
对于C，服从正态分布，，C正确；
对于D，，则，
由，解得，所以．D正确．
故选：BCD．
10．（2023春·广东佛山·高二佛山市第四中学校考期末）近期,某市疫情爆发，全国各地纷纷派出医护人员驰援该市.某医院派出甲、乙、丙、丁四名医生奔赴该市的A、B、C、D四个区参加防疫工作，下列选项正确的是（ ）
A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法.
B．若恰有一个区无人去，则共有144种不同的安排方法.
C．若甲不去A区,乙不去B区，且每区均有人去，则共有18种不同的安排方法.
D．若该医院又计划向这四个区捐赠18箱防护服(每箱防护服均相同)，且每区至少发放3箱，则共有84种不同的安排方法.
【答案】ABD
【分析】对于A，直接用全排列公式求解即可；
对于B，先选一个区无人去，然后将四名医生分成3组，再全排，最后用分步乘法计数原理求解即可；
对于C，使用间接法求解即可得解；
对于D，使用隔板法求解可得结果.
【详解】对于A，若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法.故A正确；
对于B，若恰有一个区无人去，则共有种不同的安排方法.故B正确；
对于C，若甲不去A区,乙不去B区，且每区均有人去，则共有种不同的安排方法.故C不正确；
对于D，若该医院又计划向这四个区捐赠18箱防护服(每箱防护服均相同)，且每区至少发放3箱，先每个区发2箱，然后使用3块隔板将剩下的10箱隔成4份，且隔板不相邻、不在两端，则共有种不同的安排方法.故D正确.
故选：ABD.
11．（2023·广东深圳·校考二模）已知函数的图象关于直线对称，那么（ ）
A．函数为奇函数
B．函数在上单调递增
C．若，则的最小值为
D．函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】根据题意求得，得到，利用三角函数图象变换，以及三角函数的图象与性质，结合利用导数求得函数的单调性与最值，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数的图象关于直线对称，
可得，所以，所以，
对于A中，由为奇函数，所以A正确；
对于B中，由，可得，
当时，即，函数单调递减；
当时，即，函数单调递增，
所以在上不是单调函数，所以B错误；
对于C中，若，
则和中，其中一个为最大值 ，另一个为最小值，
则的最小值为半个周期，即，所以C正确；
对于D中，把函数的图象向右平移个单位长度，
得到的图象，
则，
令，可得，则，
令，求得，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，且，
可得，所以的最大值为，所以D正确.
故选：ACD.
12．（2023春·广东惠州·高二博师高中校考阶段练习）已知函数，下列说法正确的有（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．的单调递减区间为
C．的极大值为
D．方程有两个不同的解
【答案】ABC
【分析】对于A，利用导数的几何意义求解即可，对于B，对函数求导后，由导数小于零可求得结果，对于C，求导后求出函数的单调区间，从而可求出函数的极大值，对于D，画出的图象，利用图象求解.
【详解】因为，，
所以，
对于A，，则在处的切线方程为，所以A正确；
对于B，令，解得，所以的单调递减区间为，所以B正确；
对于C，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，所以C正确；
对于D，由D的解析知在上单调递增，在上单调递减，且，
当时，，当时，，
所以画出的图象，如图，
方程解的个数，即的图象与的交点个数，
由图知只有一个解，所以D错误．
故选：ABC．
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2023·广东揭阳·统考）某射击运动员在练习射击中，每次射击命中目标的概率是，则这名运动员在10次射击中，至少有9次命中的概率是___________．（记，结果用含的代数式表示）
【答案】
【详解】试题分析：这名运动员在10次射击中，至少有9次命中的概率是
．
考点：二项分布．
14．（2023·广东广州·统考模拟预测）已知函数，则曲线在点处的切线方程为__________.
【答案】
【分析】根据题意，求导可得，再由直线的点斜式即可得到结果.
【详解】由题意可得，，则，
由直线的点斜式可得，化简可得.
故答案为:
15．（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）已知数列的前项和为，且，设函数，则___________，___________.
【答案】 /
【分析】根据，作差即可求出的通项公式，再由的解析式及诱导公式得到，再利用倒序相加法求和.
【详解】解：由于，①，
当时，所以，
当时，，②，
①②得：，
所以，显然时也成立，
当时，，
当时也成立，所以；
根据函数，
所以，，
所以；
所以
．
故答案为：；
16．（2023·广东·统考模拟预测）已知随机变量，若，则的最小值为___________.
【答案】9
【分析】由正态分布知识可得，，展开后由均值不等式可得到结果.
【详解】依题意，由正态分布知识可得，
，
当且仅当且即时等号成立.
所以的最小值为9.
故答案为：9.
四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023·广东·高三专题练习）已知数列满足，.
(1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项和，求证：.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据递推公式证明为定制，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通项即可得解；
（2）由，得，则，则，再利用裂项相消法求出数列的前项和，即可得证.
【详解】（1）因为，所以，
则，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以；
（2）由，得，
则，
所以，
所以，
所以
，
因为，所以，
所以.
18．（2023春·广东韶关·高二校考阶段练习）已知等差数列的前n项和为，若，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最大值及取得最大值时n的值.
【答案】(1)
(2)当或，取最大值，最大值为30
【分析】（1）由条件结合等差数列的通项公式列关于和的方程，解方程求，再求通项公式即可；
（2）方法一：求出的表达式，结合二次函数的性质，即可求得结果.
方法二：解方程，再解不等式，，由此确定使得最大时的值，再由求和公式求其最大值.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
因为，，
所以，
解得，
所以；
（2）方法一：因为，，
所以当或时取得最大值，最大值为30.
方法二：当时，，
当时，，
当时，，
所以当或时取得最大值，
又
所以最大值为30.
19．（2023·广东珠海·高三校联考阶段练习）2023年是中国共产主义青年团成立100周年，某市团委决定举办一次共青团史知识擂台赛．该市A县团委为此举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A县参加市赛．已知A县甲、乙、丙3位选手都参加初赛且通过初赛的概率均为，通过初赛后再通过决赛的概率依次为，，，假设他们之间通过与否互不影响．
(1)求这3人中至少有1人通过初赛的概率；
(2)设这3人中参加市赛的人数为，求的分布列；
(3)某品牌商赞助了A县的这次共青团史知识擂台赛，提供了两种奖励方案：
方案1：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖1000元；
方案2：参加了选拔赛未进市赛的选手一律奖600元，进入了市赛的选手奖1200元．
若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．
【答案】(1)
(2)分布列见解析
(3)品牌商选择方案2更好
【分析】（1）利用对立事件以及相互独立事件的概率公式进行求解.
（2）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式以及离散型随机变量分布列的写法求解.
（3）利用二项分布以及离散型随机变量分布列的期望计算进行比较.
【详解】（1）3人都没通过初赛的概率为，
所以这三人中至少有1人通过初赛的概率．
（2）依题意可能取值为0，1，2，3．
设事件A表示“甲参加市赛”，事件B表示“乙参加市赛”，事件C表示“丙参加市赛”，
则，
则，
，
，
，
所以的分布列为：
（3）方案1：设三人中奖人数为X，所获奖金总额为Y元，则，
且，所以元，
方案2：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为Z元，
方法1：则Z的所有可能取值为1800，2400，3000，3600，
由（2）知，Z的分布列为：
则，
因为，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案2更好．
方法2：由（2）知，，
方案2等价于只要参加了选拔赛即奖励600元，
进入了市赛的选手再奖600元．则，
因为，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案2更好．
20．（2023春·广东中山·高二校考阶段练习）已知函数，的导函数是．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个极值点a，b．
①求的取值范围；
②求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)①②证明见解析
【分析】(1)令，求出，利用导数分别研究函数当m≤0、m>0时的单调性即可；
(2)①由(1)知当m>0时的单调性，进而求出m>1，结合零点的存在性定理和、可知在（0,m）与上各有一个零点，即可得出结果；
②设，利用导数研究的单调性可得01．又．
，
∴在（0,m）与上各有一个零点，∴；
②设，则，，
∴h（x）在（0,1）上单调递增，在上单调递减，
又，∴0