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）

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：B

6．一车间有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：D

8．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：

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：

．

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.