广东广州市2025-2026学年高二下学期数学期中自编模拟卷02

广东省广州市2025-2026学年高二下学期数学期中自编模拟卷02 范围：人教A版选择性必修第二册与选择性必修第三册的第六章第七章 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知函数的图像开口向下，，则 A． B． C．2 D．-2 【答案】B 【分析】利用瞬时变化率的定义和导数求解. 【详解】由题意， 由导数的定义可知， 解得， 又因为的图像开口向下，所以， 所以. 故选B 2．从4名志愿者中选派3人在星期六、星期日参加公益活动，要求每人只参加一天，且星期六需要有两人参加，星期日需要有一人参加，则不同的选派方法共有（   ） A．12种 B．20种 C．24种 D．36种 【答案】A 【分析】根据组合的定义，结合分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】第一步，从4名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动，有种方法； 第二步，从剩下的2人中选派1人参加星期日的公益活动，有种方法， 所以不同的选派方法共有种方法. 故选：A 3．已知等比数列的前n项和为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由等比数列通项公式及前n项和公式结合，可得，又，据此可得答案. 【详解】设等比数列的公比为q，， 则， 故 故选：D 4．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入袋或袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入袋中的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用二项分布概率公式计算即得. 【详解】由于小球每次遇到黑色障碍物时，有一次向左和两次向右或两次向左和一次向右下落时，小球将落入A袋，所以． 故选：C． 5．的展开式中的常数项是（   ） A．352 B． C．1120 D． 【答案】C 【分析】法一：将原式看作二项式的展开，利用二项式定理展开，仅选取展开式中不含的项并求和，得到常数项；法二：先将原式括号内配方并平方转化为，再写出其通项公式，令的指数为0确定值，代入计算得常数项. 【详解】法一：原式， 所以其常数项为． 法二：原式． ， 由，得， 所以常数项为． 故选：C. 6．设各项为正数的等比数列中，，则取最小值时，等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设公比为，利用等比数列的性质得到，再结合基本不等式求出公比，然后利用等比数列的性质可得. 【详解】设等比数列的公比为，所以， 当且仅当，即时取等号，此时. 故选：D. 7．已知函数，若存在实数，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题得，通过导数求得，即可得出． 【详解】因为存在实数，使得成立， 所以， ， 令得或或， 列表 极小值 当时，有极小值也是的最小值， 所以． 故． 故选：B． 8．进行卫星通信时，通常是将所传送的信息转化为0，1信号数码进行发送与接收的.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，接收方收到0（正确）的概率为，收到1（错误）的概率为；发送1时，接收方收到1（正确）的概率为，收到0（错误）的概率为.考虑两种传输方案：单次传输和三重传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三重传输是指每个信号重复发送3次.无论哪种方案，接收方收到的信号都需要译码.译码规则如下：单次传输时，收到的数码即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数最多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.下列结论中正确的是（   ） A．采用单次传输时，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为 B．采用三重传输时，若发送数码0，则译码为0的概率为 C．发送0，若，则三重传输译码正确的概率大于单次传输译码正确的概率 D．当时，译码正确的概率与传输方案以及传输数码内容无关 【答案】C 【分析】利用独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式依次求出各项中对应事件的概率，即可得. 【详解】A：由题意，发送0时，收到0的概率为，发送1时，收到1的概率为， 所以采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为，错； B：发送0时，接收方收到0（正确）的概率为，收到1（错误）的概率为， 采用三次传输方案，发送数码0，译码为0的情况有、、、， 对应概率依次为、、、，故所求概率为，错； C：由B分析，三重传输时，发送数码0，译码为0的概率为， 单次传输时，发送数码0，译码为0的概率为， 所以， 又，则，即三重传输译码正确的概率大于单次传输译码正确的概率，对； D：单次传输时，发送0，收到0的概率为，发送1时，收到1的概率为， 三重传输时，发送0，收到0的概率为，发送1，收到1的概率为， 所以时，译码正确的概率与传输数码内容无关，结合C分析，显然或1时，译码正确的概率才与传输方案无关，错. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．是公差为2的等差数列 D．的最小值是-4 【答案】BC 【详解】对于A，即，故，故A错误； 对于B，由于为等差数列，则，故B正确； 对于C，设等差数列的公差为，根据，得到， 所以，所以是以为首项，为公差的等差数列. 因为公差，所以是公差为2的等差数列，故C正确； 对于D， 故，，故当时，．故D错误． 10．若，则（　　） A．的展开式中，二项式系数最大项为第10项 B． C．的展开式的各二项式系数之和为 D． 【答案】BCD 【详解】对于A，在的展开式共有项，二项式系数最大项为第项，故A错误， 对于B，通项公式，令，则，故B正确， 对于C，根据二项式系数之和的性质可知，的展开式的各二项式系数之和为，故C正确， 对于D，令，得， 令，得，，故D正确. 11．已知函数，下列正确的有（    ） A．当时，的图象关于点对称 B．当时，恒成立 C．若函数在上单调递增，则 D．若函数在上有两个零点，则 【答案】BCD 【分析】求解定义域，得到定义域不关于原点对称可判断A；利用导数判断单调性可判断B；求解导数后转化为恒成立问题，再利用分离参数法求解参数范围判断C，由题意可得在上还需有一个交点，据此判断D即可. 【详解】对于A，令，解得， 则的定义域为，不关于原点对称， 得到不可能是奇函数，故A错误； 对于B，若时，则， 求导得对恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以恒成立；故B正确， 对于C，由，可得， 若函数在上单调递增，则在上恒成立， 可得在上恒成立，化简得在上恒成立， 令，由二次函数性质得在上单调递减， 而，则，故C正确， 对于D，因为，所以是函数的一个零点， 若函数在上有两个零点，则函数在上还需有一个零点， 由，可得， 令，令， 令，求导得， 令，可得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又， 又， 所以，使， 所以当时，， 当时，，当，， 所以当时，， 当时，，当，， 又时，，当时，，当，， 所以当时，与有一个大于0的交点， 所以函数在上有两个零点，则，故D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．过点作曲线的切线，则切线方程为______． 【答案】 【分析】设切点，根据导数的几何意义得切线方程为，将点代入求出即可得答案. 【详解】设切点，， 则切线斜率为，则切线方程为， 将代入得， 解得， 所以切线方程为，即. 故答案为：. 13．将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入下图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有______不同的涂色方法. 【答案】 【分析】根据题意，分类讨论，若、同色．若、不同色，由分类加法原理，计算可得答案. 【详解】图中区域分别为，，，，，则分类讨论， 若、同色，先涂，方法有种，再涂、，方法有种，最后涂、， 共有种不同方法． 若、不同色，先涂，方法有种，再涂、，方法有， 最后涂、只有种方法，所以若、不同色时共有种不同方法， 综上，所有的涂法共有种. 故答案为： 14．若实数、、、满足，则的最小值为__________ 【答案】 【分析】由题意可得的几何意义为曲线上的点与（不含点）上的点的距离的平方，借助导数的几何意义结合点到直线距离公式计算可得曲线上的点到（不含点）上的点的距离的最小值，即可得的最小值. 【详解】由，则，，，则， 则点在上，点在（不含点）上， 则的几何意义为： 曲线上的点与（不含点）上的点的距离的平方， 令，则，令，则，又， 点到（不含点）上的点的距离的最小值为， 由点到点的距离为， 故点到上的点的距离可取最小值， 则的最小值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 已知函数在处取得极值. (1)求实数的值； (2)求函数在区间上的最大值和最小值. 【答案】(1)，； (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）由已知得到，，进而得到方程组，解之即可； （2）由（1）可知，然后对，利用导数得出函数单调性，结合端点值比较大小即可得解. 【详解】（1）由，知. 而在处取得极值，故，. 故有方程组，即. 所以，. （2）由（1）知，，故，. ， 当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 而直接计算知，，， 故在上的最大值为，最小值为. 16．（15分） 已知数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)若，，求前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意结合与之间的关系分析可知数列是等比数列，进而可得数列的通项公式； （2）根据（1）中结论可得，利用裂项相消法求和. 【详解】（1）因为， 当时，可得，解得； 当时，可得， 两式相减得，即； 可知数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以． （2）由（1）可知， 则，， 可得， 故 . 17．（15分） （1）袋中装有4个红球，5个白球，从中不放回地任取两次，每次取一球． ①求在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率． ②求第二次才取到红球的概率． （2）现有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的零件次品率为，第2台车床加工的零件次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，从这些零件中任取一个，求这个零件是次品的概率． 【答案】（1）①；② （2） 【分析】（1）①根据题意分析第一次取完球后袋中剩余球情况即可直接列式求解；②根据题意分析可得事件为第一次取得白球第二次取得红球及概率的乘法公式即可求解. （2）根据两台车床的次品率及其零件比例计算总次品率即可得解. 【详解】（1）①根据题意，若第一次取出红球，此时袋中剩余个红球，5个白球. 则在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率.。 ②根据题意，用表示第次取到红球， 则第二次才取到红球即为第一次取到白球，第二次取到红球， 其概率为. （2）根据题意，记事件为“车床加工的零件为次品”，事件为“该零件由第台车床加工”，则. 已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为,则. 故. 则这个零件是次品的概率为. 18．（17分） 已知数列满足，且，数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明为等差数列； (3)若，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)， 【分析】（1）利用累加法结合条件即可求得，验证首项即得通项公式； （2）由已知数列递推式，利用等差数列定义即可证明； （3）先求出的解析式，按照和分类裂项相消求和即可. 【详解】（1）由，可得，，且， 则当时， . 又时也满足上式，故. （2）∵，∴， ∴是公差为1，首项为1的等差数列. （3）由（2）得，即. 当时， 数列的前n项和 . 当时， 数列的前n项和 . 所以，. 19．（17分） 已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)求函数零点个数； (3)当时，函数恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2)个 (3) 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程； （2）讨论、、，根据函数值符号，且利用导数判断在上恒成立，即可得解； （3）问题化为在上恒成立，对求导，讨论参数，利用导数研究对应的单调性及其函数符号求参数范围. 【详解】（1）因为， 所以，则，又， 所以在处的切线方程为，即. （2）当时，，，故恒成立； 当时，； 当时，令，则， 令，，则，即在上单调递增， 所以，故在上单调递增， 所以在上恒成立，即恒成立； 综上，函数只有一个零点为； （3）由题意，在上恒成立， 所以在上恒成立， 而，， 令，，则， 对于，，则， 所以在上单调递增，则，可得， 对于，，则， 所以在上单调递增，则，可得， 综上可得，，则， 即在上单调递增， 所以， 当时，，即在上单调递增，此时，符合题意； 当时，，， 所以使，所以当时， 则在上单调递减，所以当时， 即存在区间使，不符合题意； 综上可得，的取值范围为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市2025-2026学年高二下学期数学期中自编模拟卷02 范围：人教A版选择性必修第二册与选择性必修第三册的第六章第七章 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知函数的图像开口向下，，则 A． B． C．2 D．-2 2．从4名志愿者中选派3人在星期六、星期日参加公益活动，要求每人只参加一天，且星期六需要有两人参加，星期日需要有一人参加，则不同的选派方法共有（   ） A．12种 B．20种 C．24种 D．36种 3．已知等比数列的前n项和为，若，则（    ） A． B． C． D． 4．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入袋或袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入袋中的概率为（    ） A． B． C． D． 5．的展开式中的常数项是（   ） A．352 B． C．1120 D． 6．设各项为正数的等比数列中，，则取最小值时，等于（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，若存在实数，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．进行卫星通信时，通常是将所传送的信息转化为0，1信号数码进行发送与接收的.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，接收方收到0（正确）的概率为，收到1（错误）的概率为；发送1时，接收方收到1（正确）的概率为，收到0（错误）的概率为.考虑两种传输方案：单次传输和三重传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三重传输是指每个信号重复发送3次.无论哪种方案，接收方收到的信号都需要译码.译码规则如下：单次传输时，收到的数码即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数最多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.下列结论中正确的是（   ） A．采用单次传输时，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为 B．采用三重传输时，若发送数码0，则译码为0的概率为 C．发送0，若，则三重传输译码正确的概率大于单次传输译码正确的概率 D．当时，译码正确的概率与传输方案以及传输数码内容无关 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．是公差为2的等差数列 D．的最小值是-4 10．若，则（　　） A．的展开式中，二项式系数最大项为第10项 B． C．的展开式的各二项式系数之和为 D． 11．已知函数，下列正确的有（    ） A．当时，的图象关于点对称 B．当时，恒成立 C．若函数在上单调递增，则 D．若函数在上有两个零点，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．过点作曲线的切线，则切线方程为______． 13．将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入下图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有______不同的涂色方法. 14．若实数、、、满足，则的最小值为__________ 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 已知函数在处取得极值. (1)求实数的值； (2)求函数在区间上的最大值和最小值. 16．（15分） 已知数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)若，，求前项和. 17．（15分） （1）袋中装有4个红球，5个白球，从中不放回地任取两次，每次取一球． ①求在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率． ②求第二次才取到红球的概率． （2）现有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的零件次品率为，第2台车床加工的零件次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，从这些零件中任取一个，求这个零件是次品的概率． 18．（17分） 已知数列满足，且，数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明为等差数列； (3)若，求数列的前n项和. 19．（17分） 已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)求函数零点个数； (3)当时，函数恒成立，求的取值范围． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $