高二下学期第二次月考模拟试题02（数列、圆锥曲线、导数、排列组合、概率、随机变量及其分布）-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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1．C
【分析】根据等差数列的性质求得的值，即可得通项公式，再结合等差数列前项和公式即可得的值.
【详解】设等差数列的公差为，则，所以等差数列是递增数列，
由，，得，解得或（舍），
则，所以
故.
故选：C.
2．C
【分析】由残差的定义、相关系数的定义结合正态分布的性质逐一判断即可.
【详解】对于①：越小说明拟合效果越差，故①错误；
对于②：根据残差的定义可知，两个模型中残差平方和越小的模型的拟合效果越好，故②正确；
对于③：根据残差的定义可知，在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，预测值与实际值越接近，其模型的拟合效果越好，故③正确；
对于④：，则，即，故④正确；
故正确说法的个数是3.
故选：C
3．A
【分析】不妨设的一条渐近线为，求出圆心到直线的距离，由，可得是腰长为的等腰直角三角形，从而得到，再求出离心率.
【详解】不妨设的一条渐近线为，即，
圆心到的距离．
又，所以，所以是腰长为的等腰直角三角形，
所以，所以．
故选：A．
4．A
【分析】根据二项式的展开式中，只有第四项的二项式系数最大，得到，再利用通项公式得到展开式的有理项，然后对非有理项排列产生空，再将有理项插入，再利用古典概型的概率求解.
【详解】解：因为二项式的展开式中，只有第四项的二项式系数最大，
所以展开式共有7项，，
所以展开式的通项公式为，，
因为的指数幂为整数即，3，6时为有理项，
所以展开式的第1，4，7项为有理项，
所以把展开式中所有的项重新排成一列，则有理项互不相邻的概率为，
故选：C.
5．C
【分析】设出事件，利用全概率公式计算出，再利用条件概率公式计算出答案.
【详解】设第一次击中目标为事件A，第二次击中目标为事件B，
则，，，
所以，
故，
则
故选：C
6．C
【分析】计算学生每次发球的概率，求出期望的表达式，求解，可解出值.
【详解】根据题意，学生一次发球成功的概率为p，即，发球次数为2即二次发球成功的概率为，发球次数为3的概率为，则期望
，依题意有，
即，解得或，结合p的实际意义，可得.
故选：C．
7．C
【分析】根据题意，分两步进行，先分组，再分配，再由分步计数原理即可得到结果.
【详解】根据题意，分两步进行，
①将5名志愿者分为3组，有两种分组方法，
若分组为的三组，且甲乙两名志愿者在同一展区，
则种方法，
若分组为的三组，且甲乙两名志愿者在同一展区，
则种方法，
所以共有种分组方法；
②再将分好的三组对应3个不同的展区，有种情况；
则共有种不同的分配方案.
故选:C
8．C
【分析】根据已知，通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，再利用单调性比较函数值的大小.
【详解】因为，，，所以构造函数，
因为，由有：，
由有：，所以在上单调递减，
因为，，,
因为，所以，故A，B，D错误.
故选：C.
9．ACD
【分析】先求出抛物线的焦点和准线方程. 设直线AB的方程为，利用“设而不求法”判断选项ABC,利用焦半径公式判断选项D.
【详解】∵抛物线方程为，∴抛物线的焦点，准线方程为.
设直线AB的方程为，联立，得，∴，.
∴，∴.故A正确；
∵，∴.故B错误；
又∵，，三点共线，
∴，∴，又∵，∴，∴直线轴.故C正确；
设直线AB的倾斜角为，根据抛物线的焦半径公式得，，
∴，当且仅当轴时等号成立，∴D正确.
故选：ACD
10．ABD
【分析】求得与具有负线性相关关系肯定选项A；利用相关系数的性质判断选项B；求得的值判断选项C；求得的值判断选项D.
【详解】选项A：由，可得在回归直线方程中，与具有负线性相关关系.判断正确；
选项B：两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越大.判断正确；
选项C：已知随机变量服从二项分布，若，，
则，解之得，则.判断错误；
选项D：随机变量服从正态分布，若，
则.判断正确.
故选：ABD
11．ABD
【分析】利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可判断A选项；分析可知从点到点，一共要走步，其中向上步，向前步，向右步，结合分步乘法计数原理可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；找出两人相遇的位置，求出两人相遇的概率，可判断D选项.
【详解】对于A选项，从点到点，需要向上走步，向前走步，
从点到点，需要向右走步，向前走步，
所以，甲从必须经过到达的方法数为种，A对；
对于B选项，从点到点，一共要走步，其中向上步，向前步，向右步，
所以，甲从到的方法数为种，B对；
对于C选项，甲从点运动到点，需要向上、前、右各走一步，
再从点运动到点，也需要向上、前、右各走一步，
所以，甲从点运动到点，且经过点，不同的走法种数为种，
乙从点运动到点，且经过点，不同的走法种数也为种，
所以，甲、乙两人在处相遇的概率为，C错；
对于D选项，若甲、乙两人相遇，则甲、乙两人只能在点、、、、、、，
甲从点运动到点，需要向上走步，向前走步，再从点运动到点，需要向前走步，向右走步，
所以甲从点运动到点且经过点的走法种数为，
所以甲、乙两人在点处相遇的走法种数为，
同理可知，甲、乙两人在点、、、、处相遇的走法种数都为，
因此，甲、乙两人相遇的概率为，D对.
故选：ABD.
12．BCD
【分析】利用函数与方程思想，得到两根满足的方程关系，然后根据结构构造函数，求导，研究单调性，得到及，结合指对互化即可判断选项A、B、C，最后再通过对勾函数单调性求解范围即可判断选项D.
【详解】令，得，即，，
令，得，即，即，，
记函数，，则，
所以函数在上单调递增，
因为，，所以，故A错误；
又，所以，，
所以，故B正确；
所以，故C正确；
又，所以，结合，得，
因为，所以，且，
因为在区间上单调递减，所以，
即，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题方法是把函数的零点转化为方程的根，通过结构构造函数，利用函数单调性及指对互化找到根的关系得出结论.
13．32
【分析】因为，得到，，要使误差在的概率不小于0.9545，则，得到不等式计算即可.
【详解】根据正态曲线的对称性知：要使误差在的概率不小于0.9545，
则且，，
所以，解得，所以至少要测量32次.
故答案为：32
14．1或14
【分析】变形，写出通项，根据通项可知，除第2024项外，其他项均能被13整除，进而只需满足能被13整除，即可根据的取值范围得出答案.
【详解】
该二项式展开式通项为，，
显然，当时，能被13整除，
但是时，不能被13整除，
所以要使能被13整除，则应满足能被13整除.
因为，所以，
所以或，所以或.
故答案为：1或14.
15．
【分析】由题知，设，则，进而结合向量数量积与模的运算，结合求解即可.
【详解】解：由题知，双曲线的右焦点为，
因为点在的右支上，故设，则，
所以，
所以，
因为，所以，，
所以，，，即
故答案为：
16．1
【分析】构造函数，设切点为，设，设切点为，结合条件得到是函数和的图象与曲线交点的横坐标，利用对称性得出关于直线对称，从而得出，，然后计算出．
【详解】设，则，设切点为，则，
则切线方程为，即，
直线过定点，
所以，所以，
设，则，设切点为，则，
则切线方程为，即，
直线过定点，
所以，所以，
则是函数和的图象与曲线交点的横坐标，
易知与的图象关于直线对称，而曲线也关于直线对称，
因此点关于直线对称，
从而，，
所以．
故答案为：1.
17．(1)
(2)，
【分析】（1）利用及等比数列的定义求的通项公式；
（2）讨论的奇偶性，应用分组求和及等比数列前n项和公式求.
【详解】（1）当时，，
当时，，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，则.
（2）由题设知：，，
当为偶数时，；
当为奇数时，；
综上，，.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将问题转化为证明平面PAC，然后利用已知和勾股定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据直线与平面所成角的正弦值先求点M的位置，然后可解.
【详解】（1）作，垂足为，则
由余弦定理，
.
又底面，面
因为，平面PAC，
所以平面PAC，
又平面PAB，
所以平面平面
（2）由（1），可以点A为坐标原点建系如图.
易知，又，所以
，，
设，
设平面的法向量.
则
可取
则是中点，
设平面的法向量为，即平面的法向量，
则，取得
则，即为所求平面夹角的余弦值.
19．(1)
(2)不会超过预算，理由见详解
【分析】（1）利用互斥事件的概率加法计算公式和n次独立重复实验的概率计算公式进行求解即可；
（2）设每位员工测试的费用为X元，则X的可能取值为90，150，利用n次独立重复实验的概率计算公式和离散型随机变量的数学期望公式求出数学期望的表达式，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性求最值即可．
【详解】（1）由题意知，每位员工首轮测试被认定为“暂定”的概率为，
每位员工再次测试被认定为“暂定”的概率为，
综上可知，每位员工被认定为“暂定”的概率为
．
（2）设每位员工测试的费用为X元，则X的可能取值为90，150，
由题意知，， ，
所以随机变量X的数学期望为
（元），，
令，，
则，
所以当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即（元）.
所以此方案的最高费用为（万元），
综上可知，若以此方案实施估计不会超过预算．
【点睛】本题考查互斥事件的概率加法公式、n次独立重复实验的概率计算公式、离散型随机变量的数学期望公式和利用导数判断函数的单调性求最值；考查运算求解能力和转化与化归能力；通过构造函数，利用导数求最值是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题．
20．（1）方案1是较为有利的活动方案；（2）；（3）（i）进行拟合效果更好；（ii）售价为x＝40时，总利润z最大
【分析】（1）由图可知，方案1是较为有利的活动方案；
（2）由公式计算求出和即可得到回归方程；
（3）（i）由图表数据可知R12＜R22，故选择模型进行拟合效果更好；（ii）由（1）可知，采用方案1的促销效果更好，此时每件产品运作成本为5元，求出总利润z的解析式，利用导数研究其单调性和最大值即可得到结果.
【详解】（1）由图可知，方案1是较为有利的活动方案；
（2）由公式得27.2≈﹣27，
．
故所求回归直线方程为；
（3）（i）由图表可知，R12＝1，R22＝1，
∴R12＜R22，故选择模型进行拟合效果更好；
（ii）由（1）可知，采用方案1的促销效果更好，此时每件产品运作成本为5元，
故总利润，.
当x∈(0，40)时，z′＞0，z单调递增，
当x∈(40，+∞)时，z′＜0，z单调递减．
故售价为x＝40时，总利润z最大．
【点睛】本题考查回归分析，着重考查学生的数学运算能力、分析问题和解决问题的能力，结合实际问题审清题意是解题的关键，属中档题.
21．(1)
(2)线段上存在满足条件的点，且的坐标为
【分析】（1）通过抛物线焦点坐标求出椭圆的焦点坐标，得，利用对称性及四边形面积公式求出点A坐标，代入椭圆得，解方程即可求解椭圆方程；
（2）设点P、Q、H的坐标，利用转化为三点坐标关系，设直线PQ方程，与椭圆联立韦达定理，从而用斜率k表示H坐标，利用消参法求得H的直线方程，作关于直线对称的点，则为的最小值，联立两直线方程即可求出点H的坐标.
【详解】（1）由与抛物线：有相同的焦点可知，，
则，.
由抛物线与椭圆的对称可知，，两点关于轴对称，则轴，
因为四边形的面积为，
所以，所以.
不妨取，代入，得，解得，
将点代入的方程得，解得，，
故的方程为；
（2）由题意设直线的方程为，
设，，，
易知点在的外部，由三角形相似可知，，
因为，所以，即，
所以.
联立，整理得，
所以，，则，所以.①
因为点在直线上，所以，
即，所以.②
由①②得，，整理得，
所以点在直线：上运动.
设关于直线对称的点，连接交直线于点.
当点与重合时，取得最小值.
又，则，设，则，且的中点在直线上，
所以，解得，
所以直线的方程为，
联立，解得，
故线段上存在满足条件的点，且的坐标为.
【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
22．(1)时，；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）根据导数研究函数单调性求解函数最值即可；
（2）结合（1）将问题转化为证明，进而构造函数证明即可；
（3）由题知对恒成立，进而构造函数，结合函数性质，分当，，时三种情况讨论求解即可.
【详解】（1）解：当时，，定义域为，
所以，令得，
所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，函数在处取得最小值，.
（2）解：由（1）知，当时，，即，
所以，要证成立，只需证，
令，则，
所以，当时，恒成立，
所以，函数为单调递增函数，
所以，，即，
所以，
所以成立
（3）解：因为函数对恒成立
所以对恒成立，
令，则，
当时，，在上单调递增，
所以，由可得，即满足对恒成立；
当时，则，，在上单调递增，
因为当趋近于时，趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；
当时，令得
令，恒成立，故在上单调递增，
因为当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于时，趋近于负无穷，
所以，使得，，
所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，只需即可；
所以，，，
因为，所以，
所以，解得，
所以，，
综上，实数a的取值范围为
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于讨论当时，结合函数的性质得，使得，，进而转化为解