2020-2021学年高二数学下学期期末考试仿真模拟卷03

这是一份2020-2021学年高二数学下学期期末考试仿真模拟卷03，共20页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）
1．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．若随机变量，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，，则，，的大小顺序为（ ）
A．B．C．D．
4．2021年1月18日，国家航天局探月与航天工程中心组织完成了我国首辆火星车全球征名活动的初次评审.初次环节遴选出弘毅、麒麟、哪吒、赤兔、祝融、求索、风火轮、追梦、天行、火星共10个名称，作为我国首辆火星车的命名范围.某同学为了研究这些初选名称的内含，计划从中随机选取4个名称依次进行分析，若选中赤兔，则赤兔不是第一个被分析的情况有（ ）
A．2016种B．1512种C．1426种D．1362种
5．已知事件A与B独立，当时，若，则 （ ）
A．0.34B．0.68C．0.32D．1
6．若展开式各项系数和为，则展开式中常数项是第（ ）项
A．4B．5C．6D．7
7．在5道题中有3道理科试题和2道文科试题．如果不放回地依次抽2道题，则第一次和第二次都抽到理科题的概率是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，现有下列四个结论:
①是奇函数；
②当时，恰有两个零点；
③若为增函数，则；
④当时，恰有两个极值点.
所有正确结论的编号是（ ）
A．①③B．①③④C．②④D．①②③
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．下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．“仁义礼智信”为儒家“五常”，由伟大的教育家孔子提出，现将“仁义礼智信”排成一排，则“礼智”互不相邻的排法总数为72
10．在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为B．第项的二项式系数最大
C．第项的系数最大D．所有项的系数和为
11．若函数，则（ ）
A．在上单调递增
B．有两个零点
C．在点处切线的斜率为-1
D．是奇函数
12．已知某校有1200名同学参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布，则下列说法正确的有（ ）
（参考数据：①；
②；
③）
A．这次考试成绩超过100分的约有500人
B．这次考试分数低于70分的约有27人
C．
D．从中任取3名同学，至少有2人的分数超过100分的概率为
三、填空题（本大题共4小题， 每小题5分，共计20分．请把答案填写在答题卡相应位置上）
13．新冠疫情防控期间，某中学安排甲､乙，丙等7人负责某个周一至周日的师生体温情况统计工作，每天安排一人，且每人负责一天.若甲､乙、丙三人中任意两人都不能安排在相邻的两天，且甲安排在乙，丙之间，则不同的安排方法有___________种(用数字作答).
14．设，则_______，_________.
15．已知是函数的导函数，，其中是自对数的底数，对任意，恒有，则不等式的解集为________．
16．甲、乙两名弓箭手射中10环的概率分别为（两人射中10环与否相互独立），若两人各射出1箭，共射中1次10环的概率为__________ ，若两人各射出2箭，总命中10环数为，则随机变量的期望为__________.
四、解答题（本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（1）求的展开式的常数项；
（2）若的展开的第6项与第7项的系数互为相反数，求展开式的各项系数的绝对值之和.
18．（2021·南京市第十三中学高二期末）将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个编号为1，2，3，4的盒子中．
（1）若每盒至多一球，则有多少种放法？
（2）若恰好有一个空盒，则有多少种放法？
（3）若每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种放法？
19．已知复数满足，的虚部为2，
（1）求复数；
（2）设在复平面上对应点分别为，求的面积.
20．小李在县城租房开了一间服装店，每年只卖甲品牌和乙品牌中的一种．若当年卖甲品牌，则下一年卖甲品牌的概率为，卖乙品牌的概率为；若当年卖乙品牌，则下一年卖甲品牌的概率为，卖乙品牌的概率为．已知第一年该店卖甲品牌，且第年卖甲品牌有万元利润，卖乙品牌有万元利润．
（1）求前年的利润之和超过万元的概率；
（2）求该服装店第四年的利润的数学期望．
21．已知函数.
（I）求曲线在点处的切线方程；
（II）求的单调区间和极值；
（III）直接写出不等式的解集.
22．为培养学生对传统文化的热爱，某校从理科班抽取60人，从文科班抽取50人参加传统文化知识竞赛.
（1）根据题目条件完成下面2×2列联表，并据此判断是否有99%的把握认为传统文化知识竞赛成绩与学生的文理分科有关.
（2）现已知A，B，C三人获得优秀的概率分别为，，，，设随机变量X表示A，B，C三人中获得优秀的人数，求X的分布列及期望.
附：，.
模拟二答案
1【答案】B
【分析】
首先解出复数，画出并根据求解.
【详解】
解：因为，所以，
所以．
故选：B．
2【答案】D
【分析】
根据二项分布的期望与方程的计算公式，由题中条件，列出方程，即可求出结果.
【详解】
因为，，
则，解得，
所以.
故选：D.
3【答案】A
【分析】
构造函数，根据单调性比较大小即可.
【详解】
令，则，，，
而且，
即时单调增，时单调减，
∵，则.
故选：A.
4【答案】B
【分析】
采取先取后排的策略解决即可.
【详解】
由题可知，选取的4个名称中含有赤兔，则从中选取4个名称共有种不同的组合.
选出的4个名称的不同分析顺序有种，其中赤兔是第一个被分析的顺序有种，
故赤兔不是第一个被分析的情况共有（种），
故选：B
5【答案】C
【分析】
由题设条件求出P(B)，再由对立事件即可得解.
【详解】
因事件A与B独立，且，则，即
由对立事件概率公式得.
故选：C
6【答案】D
【分析】
由题意，令，求出的值，从而写出二项展开式的通项公式，然后令的幂指数为0即可求解.
【详解】
解：展开式各项系数和为，
令得，，
，
二项展开式的通项公式，
令，得，
所以，展开式中常数项是第7项.
故选：D.
7【答案】D
【分析】
根据题意，设事件为第一次抽到理科试题，事件为第二次抽到理科试题，进而.
【详解】
设事件为第一次抽到理科试题，事件为第二次抽到理科试题，
所以第一次和第二次都抽到理科题的概率是.
故选：D.
8【答案】B
【分析】
由奇偶性的定义可判断出①正确；
利用导数可求得，知单调递增，结合知②错误；
将为增函数转化为恒成立，利用分离变量法可得，利用导数可求得，由此得到，知③正确；
利用导数可求得在上单调递减，在上单调递增，结合零点存在定理可知存在两个变号零点，由此知④正确.
【详解】
对于①，定义域为，，为奇函数，
①正确；
对于②，当时，，，
，，，在上单调递增，
又，有且仅有一个零点，②错误；
对于③，，
若为增函数，则对恒成立，，
令，则，，
在上单调递减，又，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，解得：，即若为增函数，则，③正确；
对于④，当时，，则，
，，
在上单调递增，又，
在上单调递减，在上单调递增，
，，，
在和上分别存在一个变号零点，
有两个极值点，④正确.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数与导数知识的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、利用导数讨论函数零点个数问题、根据函数单调性求解参数范围问题；其中根据函数单调性求解参数范围的关键是能够将问题转化为与导函数有关的恒成立问题的求解，进而利用分离变量法求得结果.
9【答案】ABCD
【分析】
分别计算各选项，即可判断正误.
【详解】
对于A，，故A正确；
对于B，，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，采用插空法，将“礼智”插入“仁义信”的4个空中，则一共有种，故D正确.
故选：ABCD.
【点睛】
本题考查排列组合知识的应用，属于基础题.
10【答案】BC
【分析】
先求的通项公式可得选项A,C的正误，利用的值可得选项B的正误，所有项的系数和可以利用赋值法求解.
【详解】
展开式的通项为，
由，得，所以常数项为，A错误；
展开式共有项，所以第项二项式系数最大，B正确；
由通项公式可得为偶数时，系数才有可能取到最大值，
由，可知第项的系数最大，C正确；
令，得，所有项的系数和为，D错误；
故选：BC.
11【答案】ABC
【分析】
对A，求出函数导数，根据导数可判断单调性；对B，直接解方程可求解；对C，求出在处的导数可得；对D，根据定义域即可判断.
【详解】
∵，∴，
∴函数的定义域是，
对于A：，时，，，故，
在单调递增，故A正确；
对于B：令，即，解得：或，故函数有2个零点，故B正确；
对于C：斜率，故C正确；
对于D：函数的定义域是，不关于原点对称，故D错误；
故选：ABC.
【点睛】
关键点睛：本题考查导数的应用，解题的关键是正确理解导数与单调性、切线斜率的关系.
12【答案】BD
【分析】
由正态分布的性质则，求出人数判断A，由正态分布的对称性求出相应概率判断BC，利用独立事件的概率公式和互斥事件概率公式计算后判断D．
【详解】
由题意可知，对于选项A，，，则，则成绩超过100分的约有人，所以选项A错误；
对于选项B，
，所以，所以分数低于70分的人数约为0.02275×1200＝27.3，即约为27人，所以选项B正确；
对于选项C，，，所以，所以选项C错误；
对于选项D，因为，且至少有2人的分数超过100分的情况如下：①恰好2人时概率为；②3人均超过100分时的概率为，则至少有2人
的分数超过100分的概率为，所以选项D正确；
故选：BD．
13【答案】480
【分析】
安排方式为先让余下的四人排列，然后利用插空法选出3个空位，然后把甲放中间进行排列即可.
【详解】
选将甲､乙､丙之外的四人进行排列，共有种方法，再用甲､乙､丙插空，甲在中间，有种方法，故共有.
故答案为：480
14【答案】16
【分析】
由赋值法可得展开式的所有项系数和；由x7项的组合形式即可得a7.
【详解】
给定等式中，取得；
因为，则展开式中x7项是四个多项式取3个用x2，余下一个用-x相乘而得，
所以x7项的系数可由得.
故答案为：16；-4
【点睛】
思路点睛：求二项展开式的某项系数，利用组合思想分析该项出现的组合形式，借助组合应用问题求解.
15【答案】
【分析】
构造函数，根据已知判断其导数正负，利用单调性求解.
【详解】
设，
，
在R上单调递增，
由，
即，
，
，
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：构造恰当的函数，利用其单调性解不等式，是解题的关键，属于中档题.
16【答案】
【分析】
共射中一次10环可以看作2个互斥事件的和计算概率即可，根据独立事件同时发生及n次独立重复试验求出对应的概率，求期望即可求解.
【详解】
（1）有两种情况: ①甲射中乙未射中:
②乙射中甲末射中：
共射中1次10环的概率为
（2） 由题意可得
,
，
，
,
故答案为：；
【点睛】
关键点点睛： 本题中离散型随机变量的概率，需分2人都没射中10环，2人中有一人1次射中10环，2人中一人2次射中或2人都射中1次，2人中1人射中2次另一人射中1次，2人各射中2次，情况比较复杂，需要根据独立事件同时发生的概率及n次独立重复试验的
相关知识求解，属于较难题目.
17【答案】(1)84 (2)2048
【分析】
（1）利用二项展开式的通项公式，令x的次数为0，即可求出常数项．
（2）通过第6项与第7项的系数互为相反数，可得，的各项系数绝对值之和与的各系数之和相等，令x=1,即可得到答案.
【详解】
解：（1）因为的通项是，
当r=6时可得展开式的常数项，
即常数项是.
（2）的通项为，
则第6项与第7项分别为和，
它们的系数分别为和.
因为第6项与第7项的系数互为相反数，所以，则，
因为的各项系数绝对值之和与的各系数之和相等，
令，得的各项系数的绝对值之和为.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，考查二项式展开式通项公式和二项式系数的应用，属于基础题.
18【答案】（1）24；（2）144；（3）8．
【分析】
（1）由四个元素的全排列计算即可；
（2）利用捆绑法将四个球中的两个“捆”在一起，再从4个盒子中选3个进行投放；
（3）先选出一个球的编号和盒子编号相同的小球，再用局部列举法得出其余三个球的投入方法，最后由分步乘法计数原理求解即可；
【详解】
（1）每盒至多一球，这是4个元素全排列问题，共有种．
答：共有24种放法．
（2）先取四个球中的两个“捆”在一起，有种选法，把它与其他两个球共三个元素分别放入四个盒子中的三个盒子，有种投放方法，所以共有（种）放法．
答：共有144种放法．
（3）一个球的编号与盒子编号相同的选法有种，当一个球与一个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余三个球的投入方法有2种，故共有（种）放法．
答：共有8种放法．
【点睛】
关键点睛：解决问题（2）的方法在于利用捆绑法将四个球中的两个“捆”在一起，再进行排列.
19【答案】（1）或；（2）1
【分析】
（1）设z＝a+bi（a，b∈R），由已知列关于a，b的方程组，求解可得复数z；
（2）分类求得A、B、C的坐标，再由三角形面积公式求解．
【详解】
解：（1）设z＝a+bi（a，b∈R），
由已知可得：，即，
解得或．
∴z＝1+i或z＝﹣1﹣i；
（2）当z＝1+i时，z2＝2i，z﹣z2＝1﹣i，
∴A（1，1），B（0，2），C（1，﹣1），
故△ABC的面积S2×1＝1；
当z＝﹣1﹣i时，z2＝2i，z﹣z2＝﹣1﹣3i，
∴A（﹣1，﹣1），B（0，2），C（﹣1，﹣3），
故△ABC的面积S2×1＝1．
∴△ABC的面积为1．
【点睛】
本题考查复数的乘方和加减运算，考查复数相等的条件和复数的几何意义，以及三角形的面积的求法，考查运算能力，属于中档题．
20【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）根据题意，把该服装店前年卖的品牌有种情况，结合独立事件的概率公式，分别求得相应的概率，即可求解.
（2）由（1）分别求得服装店第三年卖甲、乙品牌的概率，得到第四年卖甲、乙品牌的概率，结合第四年甲乙品牌的利润值，进而求得利润的数学期望．
【详解】
（1）由题意，该服装店前年卖的品牌有种情况：
“甲、甲、甲”的概率为，利润为万元；
“甲、甲、乙”的概率为，利润为万元；
“甲、乙、甲”的概率为，利润为万元；
“甲、乙、乙”的概率为，利润为万元
所以前年的利润之和超过万元的概率为．
（2）由（1）知该服装店第三年卖甲品牌的概率为，
卖乙品牌的概率为，
所以第四年卖甲品牌的概率为，
从而第四年卖乙品牌的概率为，
又第四年卖甲品牌的利润为万元，卖乙品牌的利润为万元，
因此第四年的利润的数学期望为．
21【答案】（I）；（II）递减区间为，递增区间为，极小值为；
（III）.
【分析】
（I）根据导数的几何意义，先求斜率，，利用点斜式即可得解；
（II）先求导，再求二阶导，利用导函数的性质，即可得到原函数的单调性和极值；
（III），直接可得的解集为.
【详解】
（I），
，
，
所以曲线在点处的切线方程为；
（II），
，
所以为增函数，且，
所有当时，，当时，，
所以递减区间为，递增区间为，
极小值为；
（III）由（II）知，
所以的解集为.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性和极值，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有：
（1）掌握导数的基本应用，几何意义的应用和研究单调性的应用；
（2）二阶导研究导函数的性质，进而研究原函数.
22【答案】（1）列联表见解析，有99%的把握认为学生的传统文化知识竞赛成绩与文理分科有关；（2）分布列见解析，数学期望为.
【分析】
（1）由题意，得到的列联表，结合公式求得的值，结合附表，即可得到结论；
（2）得出随机变量的取值为，根据独立事件的概率计算公式，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用公式求得期望.
【详解】
（1）由题意，从理科班抽取60人，从文科班抽取50人参加传统文化知识竞赛，可得如下的的列联表：
由公式计算得，
所以有99%的把握认为学生的传统文化知识竞赛成绩与文理分科有关.
（2）由题意，随机变量的取值为，
可得，
，
，
，
所以随机变量的分布列为：
所以.
【点睛】
求随机变量的期望与方差的方法及步骤：
1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；
2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；
3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；
4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.
优秀人数
非优秀人数
总计
理科
文科
30
总计
60
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
2.706
3.814
5.024
6.635
7.879
优秀人数
非优秀人数
总计
理科
40
20
60
文科
20
30
50
总计
60
50
110
X
0
1
2
3
P