北京市大兴区2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份北京市大兴区2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

2023北京大兴高二（下）期末
数学
本试卷共页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.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40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复合函数求导法则即可得到答案.
【详解】，则，
故选：B.
2. 的展开式中二项式系数的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】展开式中共有5项，根据展开式中间项的二项式系数最大，故第3项的二项式系数最大，可得选项.
【详解】因为展开式中共有5项，根据展开式中间项的二项式系数最大，
所以第3项的二项式系数最大，即最大值为，
故选：C.
3. 设随机变量服从正态分布，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正态分布的性质求解作答.
【详解】因为随机变量服从正态分布，
所以.
故选：D
4. 从本不同的书中选本送给个人，每人本，不同方法的种数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据排列数的定义即可求解.
【详解】根据排列数的定义，
可得从本不同的书中选本送给个人，每人本，不同方法的种数是.
故选：B
5. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．已知，则依据小概率值的独立性检验，可以推断变量与（ ）
A. 独立，此推断犯错误的概率是
B. 不独立，此推断犯错误的概率是
C. 独立，此推断犯错误的概率不超过
D. 不独立，此推断犯错误的概率不超过
【答案】D
【解析】
【分析】根据独立性检验的含义即可判断.
【详解】因为，
所以依据小概率值的独立性检验，可以推断变量与不独立，此推断犯错误的概率不超过.
故选：D
6. 两批同种规格的产品，第一批占，次品率为；第二批占，次品率为．将两批产品混合，从混合产品中任取件，则这件产品不是次品的概率（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设事件为“取到的产品是次品”，为“取到的产品来自第批”，利用全概率公式可得的值，再利用对立事件即可求解.
【详解】设事件为“取到的产品是次品”，为“取到的产品来自第批”．
则，，，，
由全概率公式，可得
．
所以这件产品不是次品的概率为.
故选：A
7. 设函数，则“”是“有个零点”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，探讨函数的极值情况，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】函数定义域为R，求导得，
当，即时，恒成立，函数在R上单调递增，最多1个零点，
当，即时，方程有两个不等实根，
当或时，，当时，，
因此函数在取得极大值，在取得极小值，
当且时，函数有3个零点，
由上，当时，不能确保函数有3个零点，
反之函数有3个零点，由三次函数性质知，必有两个极值点，，即，
所以“”是“有个零点”的必要而不充分条件.
故选：B
8. 根据如下样本数据：

3
4
5
6
7
8

4.0
2.5

0.5


得到的回归方程为，则（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】由数据知变量随着的增大而减小，确定，再由回归直线过中心点确定的正负．
【详解】由图表中的数据可得，变量随着的增大而减小，则，
， ，
又回归方程为，且经过点 ，可得，
故选：A．
9. 设，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对每个数取同底的对数，利用底数与指数的和为，构造函数，再利用函数的单调性即可.
【详解】，
设，
则，由基本函数的单调性知，在上单调递减；

在上单调递减，则
故.
故选：
10. 已知函数有大于零的极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】函数有大于零的极值点转化为有正根，通过讨论此方程根为正根，求得实数的取值范围.
【详解】因为，所以，
函数在上有大于零的极值点，
有正根，
①当时，由，
无实数根，
函数在上无极值点，不合题意；
②当时，由，解得，
则当时，；当时，，
为函数的极值点，，
因为，所以，解得，
实数的取值范围是.
故选：D.
第二部分 （非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 函数的极小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】求导得到单调区间，再计算极值得到答案.
【详解】，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
故当时，函数有极小值为.
故答案为：
12. 用数字可以组成的四位数的个数是______．
【答案】16
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理运算求解.
【详解】每个位置均可以是1或2，故可以组成个四位数.
故答案为：16.
13. 若，，，则______；______．
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】根据概率乘法公式和加法公式即可求解.
【详解】，
.
故答案为：；
14. 已知随机变量和的分布列分别是：
X1
0
1
p



0
1



能说明不成立的一组的值可以是______；______．
【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据给定的分布列，求出和的期望、方差，再由不等式求出的关系作答.
【详解】依题意，随机变量和的期望分别为，
则，同理，
由，得，整理得，
因此且或者且，
所以不成立的一组的值可以为，.
故答案为：；
15. 已知函数，且在处的瞬时变化率为．
①______；
②令，若函数的图象与直线有且只有一个公共点，则实数的取值范围是______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据导数的概念及于是即可得的值；分类讨论确定函数的图象，满足其与直线有且只有一个公共点，列不等式即可求得实数的取值范围.
【详解】因为，所以，
由在处的瞬时变化率为得，所以；
因为
①当时，函数的图象如下图所示：

要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，所以；
②当时，函数的图象如下图所示：

要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，
不妨令，当，恒成立，所以单调递增，
即，所以恒成立，故此时不等式解得；
③当时，函数的图象如下图所示：

要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，所以；
④当时，函数图象如下图所示：

要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，所以；
对于函数，，当，恒成立，所以单调递减，
即，所以恒成立，故此时不等式组无解；
综上，实数的取值范围是.
三、解答题
16. 已知．
（1）求的值；
（2）求的展开式中含项的系数．
【答案】（1）41 （2）7
【解析】
【分析】（1）通过赋值和，再将等式作和即可得到答案；
（2）利用二项展开式的通项公式即可得到答案.
【小问1详解】
令得.①
令得.②
②得.
即
【小问2详解】
由题知展开式通项为，
则，，
所以的展开式中含项的系数.
17. 在道试题中有道代数题和道几何题，每次从中不放回地随机抽出道题．
（1）求第次抽到代数题且第次也抽到代数题的概率；
（2）求在第次抽到代数题的条件下，第次抽到代数题的概率；
（3）判断事件“第次抽到代数题”与“第次抽到代数题”是否互相独立．
【答案】（1）
（2）
（3）不相互独立
【解析】
【分析】（1）计算出满足题意的情况数和所有情况数，再根据古典概型计算公式计算即可；
（2）利用条件概率公式计算即可；
（3）利用独立事件的判断方法计算相关概率即可.
【小问1详解】
设“第1次抽到代数题”,“第2次抽到代数题”.第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率为
.
【小问2详解】
在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到代数题的概率为
.
【小问3详解】
第1次抽到代数题的概率，
第2次抽到代数题的概率.
所以，
由（1）知，
所以，
则事件“第1次抽到代数题”与“第2次抽到代数题”不相互独立.
18. 已知件产品中有件合格品和件次品，现从这件产品中分别采用有放回和不放回的方式随机抽取件，设采用有放回的方式抽取的件产品中合格品数为，采用无放回的方式抽取的件产品中合格品数为．
（1）求；
（2）求的分布列及数学期望；
（3）比较数学期望与的大小．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二项分布结合对立事件的概率运算求解；
（2）根据题意结合超几何分布求分布列和期望；
（3）根据二项分布求期望，进而比较大小.
【小问1详解】
因为采用有放回的方式抽取，可知每次取到合格品的概率，
由题意可知：，
所以.
【小问2详解】
由题意可知：的可能取值为，则有：
，
所以的分布列为

0
1
2




数学期望.
小问3详解】
由（1）可知：的分布列及数学期望，
所以.
19. 已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）若对任意的，都有，求的取值范围；
（3）直接写出一个值使在区间上单调递增．
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）
（3）（满足的均可）
【解析】
【分析】（1）根据函数极值与导数的关系确定函数单调性即可求得的极值；
（2）利用导数判断函数单调性得最值，即可求得对任意的，都有时，的取值范围；
（3）结合（2）中单调性作出判断即可.
【小问1详解】
当时，函数的定义域为
所以，
令，即，解得
所以变化如下表：









单调递减
极小值
单调递增
所以函数的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
当时，函数的定义域为，则，
令，即，解得
所以变化如下表：









单调递减
极小值
单调递增
所以函数的最小值为，
对任意的，都有，需满足
又，即，所以，故的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）可得，时可使得在区间上单调递增.
（由（2）可知，函数在上单调递增，所以，即的均符合题意）
20. 现有人要通过化验来确定是否患有某种疾病，化验结果阳性视为患有该疾病．化验方案：先将这人化验样本混在一起化验一次，若呈阳性，则还要对每个人再做一次化验；否则化验结束．已知这人未患该疾病的概率均为，是否患有该疾病相互独立．
（1）按照方案化验，求这人的总化验次数的分布列；
（2）化验方案：先将这人随机分成两组，每组人，将每组的人的样本混在一起化验一次，若呈阳性，则还需要对这人再各做一次化验；否则化验结束．若每种方案每次化验的费用都相同，且，问方案和中哪个化验总费用的数学期望更小？
【答案】（1）见解析 （2）方案的化验总费用的数学期望更小.
【解析】
【分析】（1）计算，，则得到其分布列；
（2）设按照方案化验，这10人的总化验次数为，的可能取值为，计算出各自概率即可.
【小问1详解】
按照方案化验，这10人的总化验次数的可能取值为1,11.
，，
的分布列为：

1
11



【小问2详解】设按照方案化验，这10人的总化验次数为，的可能取值为，
，，，
，
由（1）知，，
，
因为当时，，所以.
所以方案的化验总费用的数学期望更小.
21. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，讨论函数在区间上的单调性；
（3）对任意的，且，判断与的大小关系，并证明结论．
【答案】（1）；
（2）单调递增； （3），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）求出函数的解析式并求出导数，判断导数正负作答.
（3）根据给定条件，构造函数，利用（2）的结论判断单调性即可比较大小作答.
【小问1详解】
由，求导得，显然，，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
由（1）及知，，
求导得，当时,，则，
因此在区间上单调递增.
【小问3详解】
令，求导得，
由（2）知，，在区间上单调递增，则当时，，
当时，，因此在区间上单调递减，
由，得，且，于是，即，
所以.