【期中模擬】2023-2024學(xué)年人教A版2019 高二數(shù)學(xué)下冊(cè)專題模擬卷專題05+考前必刷卷03（含導(dǎo)數(shù)）.zip-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

（考試時(shí)間：150分鐘試卷滿分：150分）
注意事項(xiàng)：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．
1．若函數(shù)在處的導(dǎo)數(shù)等于，則的值為（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
根據(jù)給定條件，利用導(dǎo)數(shù)的定義直接計(jì)算作答.
【詳解】
由已知得
．
故選：D．
2．展開(kāi)式中的系數(shù)為（）
A．B．C．30D．90
【答案】D
【分析】
求出的通項(xiàng)公式，分別令或，代入求解即可得出答案.
【詳解】，
的通項(xiàng)公式為，
令，則，則，
令，則，則，
所以展開(kāi)式中的系數(shù)為.
故選：D.
3．青少年的身高一直是家長(zhǎng)和社會(huì)關(guān)注的重點(diǎn)，它不僅關(guān)乎個(gè)體成長(zhǎng)，也是社會(huì)健康素養(yǎng)發(fā)展水平的體現(xiàn).某市教育部門為了解本市高三學(xué)生的身高狀況，從本市全體高三學(xué)生中隨機(jī)抽查了1200人，經(jīng)統(tǒng)計(jì)后發(fā)現(xiàn)樣本的身高（單位：）近似服從正態(tài)分布，且身高在到之間的人數(shù)占樣本量的，則樣本中身高不低于的約有（）
A．150人B．300人C．600人D．900人
【答案】A
【分析】
利用正態(tài)分布的性質(zhì)，計(jì)算出和即可求解.
【詳解】因?yàn)?，，所?br>則，所以樣本中身高不低于的約有人.
故選：A.
4．若點(diǎn)P是曲線上任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線的最小距離為（）．
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】
求導(dǎo)，求出切點(diǎn)坐標(biāo)，利用點(diǎn)線距求解.
【詳解】
∵，設(shè)為所求的點(diǎn)，
則
得，，則點(diǎn)P到直線的最小距離為．
故選:A.
5．蜂房絕大部分是一個(gè)正六棱柱的側(cè)面，但它的底部卻是由三個(gè)菱形構(gòu)成的三面角. 18世紀(jì)初，法國(guó)學(xué)者馬拉爾奇曾經(jīng)專門測(cè)量過(guò)大量蜂巢的尺寸. 令人驚訝的是，這些蜂巢組成底盤的菱形的所有鈍角都是，所有的銳角都是. 后來(lái)經(jīng)過(guò)法國(guó)數(shù)學(xué)家克尼格和蘇格蘭數(shù)學(xué)家馬克洛林從理論上的計(jì)算，如果要消耗最少的材料，制成最大的菱形容器正是這個(gè)角度. 從這個(gè)意義上說(shuō)，蜜蜂稱得上是“天才的數(shù)學(xué)家兼設(shè)計(jì)師”. 如圖所示是一個(gè)蜂巢和部分蜂巢截面. 圖中豎直線段和斜線都表示通道，并且在交點(diǎn)處相遇．現(xiàn)在有一只蜜蜂從入口向下（只能向下，不能向上）運(yùn)動(dòng)，蜜蜂在每個(gè)交點(diǎn)處向左到達(dá)下一層或者向右到達(dá)下一層的可能性是相同的．蜜蜂到達(dá)第層（有條豎直線段）第通道（從左向右計(jì)）的不同路徑數(shù)為. 例如：，. 則不等式的解集為（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】觀察可知，，且，結(jié)合楊輝三角，即可求解.
【詳解】由題可知，，且，
可推得，，
所以，即，
所以可能取到0，1，2，7，8，9，
所以解集為，
故選：B
6．2023年杭州亞運(yùn)會(huì)吉祥物組合為“江南憶”，出自白居易的“江南憶，最憶是杭州”，名為“琮琮”、“蓮蓮”、“宸宸”的三個(gè)吉祥物，是一組承載深厚文化底蘊(yùn)的機(jī)器人為了宣傳杭州亞運(yùn)會(huì)，某校決定派5名志愿者將這三個(gè)吉祥物安裝在學(xué)?？萍紡V場(chǎng)，每名志愿者只安裝一個(gè)吉祥物，且每個(gè)吉祥物至少有一名志愿者安裝，若志愿者甲只能安裝吉祥物“宸宸”，則不同的安裝方案種數(shù)為（）
A．50B．36C．26D．14
【答案】A
【分析】按照和分組討論安排.
【詳解】（1）按照分3組安裝，
①若志愿者甲單獨(dú)安裝吉祥物“宸宸”，則共有種，
②若志愿者甲和另一個(gè)人合作安裝吉祥物“宸宸”，則共有種，
（2）按照分3組安裝，
①若志愿者甲單獨(dú)安裝吉祥物“宸宸”，則共有種，
②若志愿者甲和另兩個(gè)人合作安裝吉祥物“宸宸”，則共有種，
故共有種，
故選：A.
7．中國(guó)農(nóng)業(yè)大學(xué)被網(wǎng)評(píng)為“京城高校第一食堂”，“食堂屆的天花板”僅東區(qū)食堂就有六個(gè)，大一新生每天在“公寓食堂”、“風(fēng)味餐廳”、“清真食堂”三個(gè)方向艱難選擇，某同學(xué)決定從“公寓食堂”開(kāi)始就餐，下一次就餐再等可能地隨機(jī)選擇另外2個(gè)食堂中的1個(gè)，如此不停地品嘗各個(gè)食堂的美食，記第次就餐去“公寓食堂”的概率為，第次就餐去“風(fēng)味餐廳”的概率為，顯然，．下列判斷正確的是（）
A．的最大值為B．的最小值為
C．的最大值為D．的最小值為
【答案】C
【分析】根據(jù)全概率公式列出關(guān)于和之間的關(guān)系式，再利用基本不等式求解即可.
【詳解】第次就餐去“公寓食堂”的概率為，第次就餐去“風(fēng)味餐廳”的概率為，
第次就餐去“清真食堂”的概率為，
由全概率公式得，
，即，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.
故選：C．
8．已知，，，則（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根據(jù)已知條件及構(gòu)造函數(shù)（），利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，再利用作差法、對(duì)數(shù)的運(yùn)算及基本不等式即可求解.
【詳解】
設(shè)（），則，
所以在上單調(diào)遞減，
所以，即，
所以，，
，所以，
故選：A．
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)睛：利用構(gòu)造法和作差法，再利用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性及基本不等式即可.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．
9．在的展開(kāi)式中（）
A．二項(xiàng)式系數(shù)之和為B．第項(xiàng)的系數(shù)最大
C．所有項(xiàng)系數(shù)之和為D．不含常數(shù)項(xiàng)
【答案】ABD
【分析】
由題意，利用二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，二項(xiàng)式展開(kāi)式的通項(xiàng)公式，通過(guò)給變量賦值，逐一判斷各個(gè)選項(xiàng)是否正確，從而得出結(jié)論．
【詳解】
由于二項(xiàng)式系數(shù)之和為，故A正確．
設(shè)展開(kāi)式第項(xiàng)為，
易知的系數(shù)均小于0，且，故第項(xiàng)的系數(shù)最大，為80，故B正確,
令得所有項(xiàng)系數(shù)之和為，故C錯(cuò)誤，
當(dāng)，則，但，故展開(kāi)式不含常數(shù)項(xiàng)，D正確．
故選：ABD．
10．如圖所示，的導(dǎo)函數(shù)的圖象，給出下列四個(gè)說(shuō)法，其中正確的是（）
A．有三個(gè)單調(diào)區(qū)間
B．
C．
D．在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減
【答案】CD
【分析】
根據(jù)導(dǎo)數(shù)值與0的關(guān)系結(jié)合原函數(shù)的單調(diào)性判斷各個(gè)選項(xiàng)即可．
【詳解】
對(duì)于A，由圖象可以看出，的符號(hào)是先負(fù)后正，再負(fù)再正，
所以函數(shù)有四個(gè)單調(diào)區(qū)間，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，
所以，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，
所以，故C正確；
對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，顯然D正確．
故選：CD．
11．甲盒中裝有3個(gè)藍(lán)球、2個(gè)黃球，乙盒中裝有2個(gè)藍(lán)球、3個(gè)黃球，同時(shí)從甲、乙兩盒中取出個(gè)球交換，分別記交換后甲、乙兩個(gè)盒子中藍(lán)球個(gè)數(shù)的數(shù)學(xué)期望為，，則下列結(jié)論正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】按分別求出的分布列及期望，即可逐項(xiàng)判斷得解.
【詳解】X表示交換后甲盒子中的藍(lán)球數(shù)，Y表示交換后乙盒子中的藍(lán)球數(shù)，
當(dāng)時(shí)，，，，
則，，AB正確；
當(dāng)時(shí)，，，
，，，
因此，，C正確，D錯(cuò)誤．
故選：ABC
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12．若，且，則 .
【答案】
【分析】
利用二項(xiàng)分布的方差公式及方差的性質(zhì)計(jì)算即得.
【詳解】由，得，而，
所以.
故答案為：
13．已知，則的值為．
【答案】
【分析】
分別代入和可得到兩個(gè)等式，再將兩個(gè)等式作差即可得到結(jié)果.
【詳解】令得，令得，
兩個(gè)等式作差，即有.
故答案為：.
14．已知函數(shù)，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍為 .
【答案】
【分析】
首先判斷函數(shù)的奇偶性，再利用導(dǎo)數(shù)說(shuō)明函數(shù)的單調(diào)性，最后根據(jù)奇偶性與單調(diào)性將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為自變量的不等式，解得即可.
【詳解】函數(shù)的定義域?yàn)?，且?br>所以為奇函數(shù)，
又，所以在上單調(diào)遞增，
不等式，即，
等價(jià)于，解得或，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.
故答案為：
四、解答題：本題共5小題，其中第15題13分，第16,17題15分，第18,19題17分，共77分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．
15．在①各項(xiàng)系數(shù)之和為；②常數(shù)項(xiàng)為；③各項(xiàng)系數(shù)的絕對(duì)值之和為1536這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的橫線上，并解答問(wèn)題.
在的展開(kāi)式中， .
(1)求n；
(2)證明：能被6整除.
（注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分）
【答案】(1)
(2)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）由所選條件，利用展開(kāi)式系數(shù)與系數(shù)和的性質(zhì)，列方程求n；
（2），利用二項(xiàng)式定理，證明數(shù)據(jù)是6的倍數(shù).
【詳解】（1）選條件①各項(xiàng)系數(shù)之和為，取，則，解得；
選條件②常數(shù)項(xiàng)為，由，則常數(shù)項(xiàng)為，解得；
選條件③各項(xiàng)系數(shù)的絕對(duì)值之和為1536，即的各項(xiàng)系數(shù)之和為1536，取，則，解得.
（2）
，
所以能被6整除.
16．統(tǒng)計(jì)學(xué)中有如下結(jié)論：若，從的取值中隨機(jī)抽取個(gè)數(shù)據(jù)，記這個(gè)數(shù)據(jù)的平均值為，則隨機(jī)變量．據(jù)傳德國(guó)數(shù)學(xué)家希爾伯特喜歡吃披薩．他每天都會(huì)到同一家披薩店購(gòu)買一份披薩．該披薩店的老板聲稱自己所出售的披薩的平均質(zhì)量是500g，上下浮動(dòng)不超過(guò)25g，這句話用數(shù)學(xué)語(yǔ)言來(lái)表達(dá)就是：每個(gè)披薩的質(zhì)量服從期望為500g，標(biāo)準(zhǔn)差為25g的正態(tài)分布．
(1)假設(shè)老板的說(shuō)法是真實(shí)的，隨機(jī)購(gòu)買份披薩，記這份披薩的平均值為，利用上述結(jié)論求；
(2)希爾伯特每天都會(huì)將買來(lái)的披薩稱重并記錄，天后，得到的數(shù)據(jù)都落在上，并經(jīng)計(jì)算得到份披薩質(zhì)量的平均值為，希爾伯特通過(guò)分析舉報(bào)了該老板．試從概率角度說(shuō)明希爾伯特舉報(bào)該老板的理由．
附：①隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，則，，；
②通常把發(fā)生概率小于0.05的事件稱為小概率事件，小概率事件基本不會(huì)發(fā)生．
【答案】(1)
(2)理由見(jiàn)解析
【分析】
（1）依題意可得，根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)計(jì)算可得；
（2）由（1）結(jié)合小概率事件的定義判斷即可.
【詳解】（1）依題意，又，
所以，，
且，
所以.
（2）由（1）可得，
又希爾伯特計(jì)算份披薩質(zhì)量的平均值為，，
而，
所以份披薩質(zhì)量的平均值為為小概率事件，小概率事件基本不會(huì)發(fā)生，
所以希爾伯特認(rèn)為老板的說(shuō)法不真實(shí)，這就是他舉報(bào)該老板的理由.
17．已知函數(shù)在點(diǎn)處的切線與直線垂直.
(1)求的值；
(2)求的單調(diào)區(qū)間和極值.
【答案】(1)
(2)單調(diào)遞減區(qū)間為和，單調(diào)遞增區(qū)間為，的極大值為，極小值為.
【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出斜率，利用直線垂直列式求解即可；
（2）求出導(dǎo)數(shù)方程的根，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系列表即可得解.
【詳解】（1）因?yàn)椋裕?br>則，因?yàn)楹瘮?shù)在點(diǎn)處的切線與直線垂直，
故，解得；
（2）因?yàn)?，所以?br>令，解得或，令得或，令得，
列表如下：
故的單調(diào)遞減區(qū)間為和，單調(diào)遞增區(qū)間為，
的極大值為，極小值為.
18．海參中含有豐富的蛋白質(zhì)、氨基酸、維生素、礦物質(zhì)等營(yíng)養(yǎng)元素，隨著生活水平的提高，海參逐漸被人們喜愛(ài)．某品牌的海參按大小等級(jí)劃分為5、4、3、2、1五個(gè)層級(jí)，分別對(duì)應(yīng)如下五組質(zhì)量指標(biāo)值：，，，，．從該品牌海參中隨機(jī)抽取10000顆作為樣本，統(tǒng)計(jì)得到如圖所示的頻率分布直方圖．
(1)質(zhì)量指標(biāo)值越高，海參越大、質(zhì)量越好，若質(zhì)量指標(biāo)值低于400的為二級(jí)，質(zhì)量指標(biāo)值不低于400的為一級(jí)．現(xiàn)利用分層隨機(jī)抽樣的方法按比例從不低于400和低于400的樣本中隨機(jī)抽取10顆，再?gòu)某槿〉?0顆海參中隨機(jī)抽取4顆，記其中一級(jí)的顆數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望；
(2)甲、乙兩人計(jì)劃在某網(wǎng)絡(luò)購(gòu)物平臺(tái)上參加該品牌海參的訂單“秒殺”搶購(gòu)活動(dòng)，每人只能搶購(gòu)一個(gè)訂單，每個(gè)訂單均由箱海參構(gòu)成．假設(shè)甲、乙兩人搶購(gòu)成功的概率均為，記甲、乙兩人搶購(gòu)成功的訂單總數(shù)量為Y，搶到海參總箱數(shù)為Z．
①求Y的分布列及數(shù)學(xué)期望；
②當(dāng)Z的數(shù)學(xué)期望取最大值時(shí)，求正整數(shù)n的值．
【答案】(1)分布列見(jiàn)解析，期望
(2)①分布列見(jiàn)解析，期望值；②正整數(shù)n的值為5；
【分析】
（1）利用頻率分布直方圖計(jì)算出分層抽樣比為，可得抽取的10顆樣本中有6顆二級(jí)品，4顆一級(jí)品，利用超幾何分布公式計(jì)算概率即可得分布列和期望值；
（2）①易知訂單總數(shù)量為Y的所有可能取值為，分別求得對(duì)應(yīng)概率可得Y的分布列和期望值；
②顯然，利用期望值性質(zhì)計(jì)算可得，再由基本不等式即可得Z的數(shù)學(xué)期望取最大值時(shí)，正整數(shù)n的值為5.
【詳解】（1）由頻率分布直方圖可知，質(zhì)量指標(biāo)為二級(jí)與一級(jí)的分層隨機(jī)抽樣的比例為；
所以抽取的10顆樣本中有6顆二級(jí)品，4顆一級(jí)品；
從抽取的10顆海參中隨機(jī)抽取4顆，記其中一級(jí)的顆數(shù)為X，則X的所有可能取值為；
易知，,,
,；
所以可得X的分布列為
可得數(shù)學(xué)期望.
（2）根據(jù)題意可知訂單總數(shù)量為Y的所有可能取值為，
則；
；
；
所以Y的分布列為
數(shù)學(xué)期望；
易知，所以；
又，
所以的數(shù)學(xué)期望，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，取得最大值；
因此Z的數(shù)學(xué)期望取最大值時(shí)，正整數(shù)n的值為5.
19．對(duì)三次函數(shù)，如果其存在三個(gè)實(shí)根，則有.稱為三次方程根與系數(shù)關(guān)系.
(1)試討論函數(shù)的單調(diào)性.
(2)對(duì)三次函數(shù)，設(shè)，存在，滿足.證明：存在，使得；
(3)稱是上的廣義正弦函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)存在極值點(diǎn)，使得.在平面直角坐標(biāo)系中，是第一象限上一點(diǎn)，設(shè).已知在上有兩根.
（i）證明：在上存在兩個(gè)極值點(diǎn)的充要條件是；
（ii）求點(diǎn)組成的點(diǎn)集，滿足是上的廣義正弦函數(shù).
【答案】(1)答案見(jiàn)解析
(2)證明過(guò)程見(jiàn)解析
(3)（i）證明過(guò)程見(jiàn)解析（ii）
【分析】
（1）對(duì)求導(dǎo)后得，分是否小于0討論即可求解；
（2）設(shè)，求導(dǎo)并結(jié)合得，取滿足題意，且此時(shí)必有即可得證；
（3）（i）由題意求導(dǎo)得，
設(shè)，則，且時(shí)，，所以原問(wèn)題等價(jià)于證明方程有一個(gè)負(fù)根，且兩個(gè)不同的正根的充要條件是；（ii）首先時(shí)，也恰好有兩個(gè)正根，其次進(jìn)一步得出，然而可以發(fā)現(xiàn)，由此即可進(jìn)一步求解.
【詳解】（1）因?yàn)?，所以?br>若，則，從而此時(shí)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增；
若，則，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；
綜上所述，若，則單調(diào)遞增；若，則在分別單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.
（2）因?yàn)椋圆环猎O(shè)，
所以，
而，故，
故存在使得，所以，
若，則，此時(shí)，與題設(shè)矛盾，
綜上所述，存在，使得.
（3）（i）是第一象限上一點(diǎn)，所以，
因?yàn)?，所以?br>設(shè)，則，
而時(shí)，，時(shí)，，
所以存在負(fù)根，
因?yàn)樵谏洗嬖趦蓚€(gè)極值點(diǎn)，等價(jià)于方程在上有兩個(gè)根，
等價(jià)于方程在上存在兩個(gè)變號(hào)根，
注意到三次方程最多有3個(gè)根，
所以方程有一個(gè)負(fù)根，兩個(gè)不同的正根，
而，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
所以當(dāng)且僅當(dāng)，即當(dāng)且僅當(dāng)，
綜上所述，命題（i）得證；
（ii）由（i）可得在有兩個(gè)極值點(diǎn),
且.
由題設(shè)恰好有兩個(gè)正根，
此時(shí)：由于對(duì)來(lái)說(shuō)，等價(jià)于，
等價(jià)于，
所以對(duì)，如果，
那么，
故，故，
結(jié)合（i）中分析可得:
當(dāng)時(shí)，；
當(dāng)時(shí)，；
當(dāng)時(shí)，；
故分別為在的極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn).
對(duì)兩個(gè)不相等的正數(shù)，
所以當(dāng)且僅當(dāng)，
那么如果或，就有或，故，
此時(shí)，
所以，
故，
最后，由于有一個(gè)極值點(diǎn)，
所以都不等于（是不相等的正零點(diǎn)，同時(shí)該方程還有另一個(gè)負(fù)零點(diǎn)，但只要是根就是二重的，所以不可能是根），
這就說(shuō)明，
結(jié)合的單調(diào)性以及，必有，
所以此時(shí)一定是廣義正弦函數(shù)，
綜上所述，滿足題意的.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第三問(wèn)（ii）的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)，以及，由此即可順利得解3
0
+
0
↘
極小值
↗
極大值
↘

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