北京市西城区三年（2020-2022）高二数学下学期期末试题题型分类汇编1-选择题（含解析）

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北京市西城区三年（2020-2022）高二数学下学期期末试题题型分类汇编1-选择题
一、单选题
1．（2020春·北京西城·高二统考期末）在复平面内，复数的共轭复数所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2020春·北京西城·高二统考期末）函数在处的瞬时变化率为（ ）
A．2 B． C． D．1
3．（2020春·北京西城·高二统考期末）的展开式中的系数是（ ）
A．8 B．7 C．6 D．4
4．（2020春·北京西城·高二统考期末）曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2020春·北京西城·高二统考期末）某批数量很大的产品的次品率为，从中任意取出件，则其中恰好含有件次品的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．（2020春·北京西城·高二统考期末）已知某一随机变量ξ的概率分布列如图所示，且E(ξ)＝6.3，则a的值为(　　)
ξ 4 a 9
P 0.5 0.1 b
A．5 B．6 C．7 D．8
7．（2020春·北京西城·高二统考期末）已知函数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2020春·北京西城·高二统考期末）已知函数和的导函数 图象分别如图所示，则关于函数的判断正确的是（ ）
A．有3个极大值点 B．有3个极小值点
C．有1个极大值点和2个极小值点 D．有2个极大值点和1个极小值点
9．（2020春·北京西城·高二统考期末）万历十二年，中国明代音乐理论家和数学家朱载堉在其著作《律学新说》中，首次用珠算开方的办法计算出了十二个半音音阶的半音比例，这十二个半音音阶称为十二平均律十二平均律包括六个阳律（黄钟、太簇、姑洗、蕤宾、夷则、无射）和六个阴律（大吕、夹钟、中吕、林钟、南吕、应钟）.现从这十二平均律中取出2个阳律和2个阴律，排成一个序列，组成一种旋律，要求序列中的两个阳律相邻，两个阴律不相邻，则可组成不同的旋律（ ）
A．450种 B．900种 C．1350种 D．1800种
10．（2020春·北京西城·高二统考期末）设函数定义域为D，若函数满足：对任意，存在，使得成立，则称函数满足性质.下列函数不满足性质的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2021春·北京西城·高二统考期末）与的等差中项是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2021春·北京西城·高二统考期末）已知函数，则（ ）
A． B．
C． D．
13．（2021春·北京西城·高二统考期末）在抛物线上，若横坐标为的点到焦点的距离为，则（ ）
A． B．
C． D．
14．（2021春·北京西城·高二统考期末）如图，在正方体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
15．（2021春·北京西城·高二统考期末）圆和圆的位置关系为（ ）
A．内切 B．相交
C．外切 D．外离
16．（2021春·北京西城·高二统考期末）设是公比为的等比数列，且．若为递增数列，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
17．（2021春·北京西城·高二统考期末）将一枚质地均匀的硬币连续抛掷次，记为“正面朝上”出现的次数，则随机变量的方差（ ）
A． B．
C． D．
18．（2021春·北京西城·高二统考期末）在空间直角坐标系中，已知，且的面积为．过作平面于点．若三棱锥的体积为，则点的坐标可以为（ ）
A． B．
C． D．
19．（2021春·北京西城·高二统考期末）记为数列的前项和．若，则（ ）
A．有最大项，有最大项 B．有最大项，有最小项
C．有最小项，有最大项 D．有最小项，有最小项
20．（2021春·北京西城·高二统考期末）已知函数．若有且只有一个零点，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
21．（2022春·北京西城·高二统考期末）若、、成等差数列，则（ ）
A． B． C． D．
22．（2022春·北京西城·高二统考期末）函数在处的瞬时变化率为（ ）
A．－2 B．－4 C．－ D．－
23．（2022春·北京西城·高二统考期末）将一枚均匀硬币随机掷4次，恰好出现2次正面向上的概率为（ ）
A． B． C． D．
24．（2022春·北京西城·高二统考期末）已知函数，为的导函数，则（ ）
A． B．
C． D．
25．（2022春·北京西城·高二统考期末）在等比数列{}中，，则＝（ ）
A．4 B．±4 C．2 D．±2
26．（2022春·北京西城·高二统考期末）若等差数列{}满足，则当{}的前n项和最大时，n＝（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
27．（2022春·北京西城·高二统考期末）设函数的极小值为－8，其导函数的图象过点（－2，0），如图所示，则＝（ ）
A． B．
C． D．
28．（2022春·北京西城·高二统考期末）在等比数列{}中，．记，则数列{}（ ）
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
29．（2022春·北京西城·高二统考期末）数列{}的通项公式为．若{}为递增数列，则的取值范围是（ ）
A．[1，＋∞） B． C．（－∞，1] D．
30．（2022春·北京西城·高二统考期末）设P为曲线上一点，Q为曲线上一点，则|PQ|的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
参考答案：
1．D
【解析】求出复数的共轭复数，即可得出对应点所在象限.
【详解】复数的共轭复数为，
其对应的点位于第四象限.
故选：D.
【点睛】本题考查复数的几何意义，属于基础题.
2．B
【解析】函数在某点处的瞬时变化率即为函数在改点的导数值，求导得解
【详解】，
所以函数在处的瞬时变化率为
故选：B
【点睛】本题考查函数在某点处的导数值，属于基础题.
3．C
【解析】根据二项式定理展开式的通项公式，令即可得出答案．
【详解】的展开式中，，
令，的系数为．
故选：．
【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
4．A
【解析】求出函数在处的导数值，即切线斜率，即可求出切线方程.
【详解】，，
当时，，故切线斜率为，
切线方程为，即.
故选：A.
【点睛】本题考查利用导数求切线方程，属于基础题.
5．C
【分析】本题可通过次独立重复试验中恰好发生次的概率的求法得出结果.
【详解】因为次品率为，从中任意取出件，
所以恰好含有件次品的概率为，
故选：C.
6．C
【详解】分析：先根据分布列概率和为1得到b的值，再根据E(X)=6.3得到a的值.
详解：根据分布列的性质得0.5+0.1+b=1,所以b=0.4.
因为E(X)=6.3，所以4×0.5+0.1×a+9×0.4=6.3，
所以a=7.
故答案为C.
点睛：（1）本题主要考查分布列的性质和随机变量的期望的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 分布列的两个性质：①，；②.
7．B
【解析】根据基本初等函数的导数公式及导数的运算法求出函数的导数，再代入计算即可；
【详解】因为
所以
所以
故选：B
【点睛】本题考查基本初等函数的导数计算，属于基础题.
8．D
【解析】根据题中图像可知， 的图像有三个不同交点，其交点横坐标按从小到大的顺序，依次记为 ，，其中；结合题中函数图像，判定函数的单调性，进而可得极值点.
【详解】由题中图像可知， 的图像有三个不同交点，其交点横坐标按从小到大的顺序，依次记为 ，，其中，
由图像可得，当时，，即，则函数单调递增；
当时，，即，则函数单调递减；
当时，，即，则函数单调递增；
当时，，即，则函数单调递减；
所以有两个极大值点和；有一个极小值点.
故选：D.
【点睛】本题主要考查导函数图像与原函数之间的关系，考查极值点个数的判定，属于基础题型.
9．B
【分析】分为两步，第一步，取出2个阳律和2个阴律，第二步，两个阳律相邻，两个阴律不相邻，利用分步计数原理可得.
【详解】第一步，取出2个阳律和2个阴律，有种，
第二步，两个阳律相邻，两个阴律不相邻，有种，
根据分步计数原理可得，共有种.
故选：B.
【点睛】本题考查排列组合与计数原理的问题，属于基础题.
10．B
【解析】构造函数，可得，则在定义域内正负号不变时满足性质，若有唯一变号零点时不满足性质，则通过计算即可判断.
【详解】可化为，
令，
则，，
若在定义域内正负号不变，那么是的变号零点，则在的两侧的单调性不一致，因此满足性质；
若有唯一变号零点，那么取，则在定义域内的正负号不变，进而函数在定义域内单调，因此不满足性质.
对于A，，则，所以满足性质；
对于B，，则有唯一变号零点0，所以不满足性质；
对于C，，则，所以满足性质；
对于D，，则，所以满足性质.
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数解决新定义问题，属于较难题.
11．B
【分析】设2与8的等差中项是，则，进一步解得的值即可．
【详解】解：设2与8的等差中项是，则，解得．
故选：B．
12．C
【分析】直接利用求导公式和法则求解即可
【详解】解：因为，
所以，
故选：C
13．D
【分析】利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点的距离转化为该点到准线的距离.
【详解】由题知，抛物线的准线方程为，
若横坐标为的点到焦点的距离为，则由抛物线的定义知，，
解得.
故选：D.
14．D
【分析】设正方体的棱长为2，建立空间直角坐标系，利用向量法求解直线与所成的角即可．
【详解】解：设正方体的棱长为2，如图所示建立空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，2，，，2，，
则
所以
，
所以异面直线与直线所成角的余弦值为，
故选：．
15．C
【分析】先根据两圆的方程，求出相应的圆心与半径，再通过计算得出，故两圆外切.
【详解】因为圆的方程为，所以圆心，半径，
因为圆的方程为，所以圆心，半径，
所以.
因为，所以圆和圆外切.
故选：C.
16．C
【分析】根据等比数列的性质可知：当且是递增数列时，．
【详解】解：，且是递增数列，
；又，，即．
故选：C．
17．B
【分析】先判断出，然后利用方差的计算公式求解即可．
【详解】解：由题意可知，，
所以．
故选：．
18．B
【分析】根据三棱锥的体积计算公式求得，再结合选项可得结果.
【详解】由题知，点A，B，C分别在轴正半轴，轴正半轴，轴正半轴，
因为的面积为，三棱锥的体积为，且平面于点，
所以，解得.
设，则，结合选项可知，只有B选项符合题意.
故选：B.
19．A
【分析】根据题意，结合二次函数的性质分析的最大项，再分析的符号，据此分析可得的最大项，即可得答案．
【详解】解：根据题意，数列，，
对于二次函数，，其开口向下，对称轴为，即当时，取得最大值，
对于，时，最大；
且当时，，当时，，当时，，
故当或8时，最大，
故有最大项，有最大项；
故选：．
20．C
【分析】当时，求出函数的零点，即可判断，
当时，，令，解得或对分类讨论：
①当时，不满足条件；②当时，由题意可得，解得答案．
【详解】解：当时，，令，解得，函数有两个零点，舍去；
当时，，令，解得或，
①当时，，
当或时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
是函数的极小值点，0是函数的极大值点，
由，可得函数存在正零点，不满足条件；
②当时，，
当或时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
是函数的极小值点，0是函数的极大值点，
函数存在唯一的零点，且，则，
即，，解得：，
综上可得：实数的取值范围是，
故选：．
21．A
【分析】由等差数列的性质化简可得结果.
【详解】因为、、成等差数列，则，可得.
故选：A.
22．D
【分析】对函数求导，将代入导函数求值即可得瞬时变化率.
【详解】由题设，故.
故选：D
23．B
【分析】利用次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式能求出恰好出现2次正面向上的概率.
【详解】投掷4次的所有可能结果为 种，
其中恰好出现2次正面向上的事件有 种，
据此可得，题中所求事件的概率值为： .
故选：B.
24．B
【分析】根据基本初等函数的求导公式结合导数的加法运算法则即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，
所以，.
故选：B.
25．C
【分析】由等比数列的性质求解．
【详解】由题意，又同号，所以．
故选：C．
26．B
【分析】由题意和等差数列的性质可得的前8项为正数，从第9项开始为负数，由此易得结论．
【详解】解：等差数列满足，
，
，，则，
等差数列的前8项为正数，从第9项开始为负数，
当的前项和最大时的值为8.
故选：B.
27．B
【分析】由题设，根据所过的点可得，结合图象求出极小值点并代入求参数，即可得解析式，注意验证所得参数是否符合题设.
【详解】由题设，，则，故，
所以，
令，可得或，由图知：且处有极小值，
所以，即，，经验证满足题设，
故.
故选：B
28．A
【分析】首先求得数列的通项公式，再运用等差数列的求和公式求得，根据二次函数的性质的指数函数的性质可得选项.
【详解】设等比数列为q，则等比数列的公比，所以，
则其通项公式为：，
所以
，
令，所以当或时，t有最大值，无最小值，
即有最大值，无最小值，
结合前面，当为正数时，为正数，
当为负数时，为负数，
所以当时，有最小项，当时，有最大项.
故选：A.
29．D
【分析】由题意可得对于都成立，化简求解即可求出的取值范围
【详解】因为数列{}的通项公式为，且{}为递增数列，
所以对于都成立，
所以对于都成立，
即，
所以对于都成立，
所以对于都成立，
所以，
即的取值范围是，
故选：D
30．C
【分析】由导数求出两曲线的切线
【详解】，，时，，，所以是图象的一条切线，切点为，
，，时，，，所以是的图象的一条切线，切点为，
，
这两条切线平行，两切点连线恰好与切线垂直，
|PQ|的最小值即为两切点间的距离．
所以，
故选：C．
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