2022-2023学年北京市大兴区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年北京市大兴区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设f(x)=(x+1)2，则f′(1)=( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
2.(a+b)4的展开式中二项式系数的最大值为( )
A. 1B. 4C. 6D. 12
3.设随机变量X服从正态分布N(0,1)，则P(X≤0)=( )
A. 23B. 14C. 13D. 12
4.从7本不同的书中选3本送给3个人，每人1本，不同方法的种数是( )
A. C73B. A73C. 37D. 73
5.根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2=7.52.已知P(χ2≥6.635)=0.01，则依据小概率值α=0.01的χ2独立性检验，可以推断变量x与y( )
A. 独立，此推断犯错误的概率是0.01B. 不独立，此推断犯错误的概率是0.01
C. 独立，此推断犯错误的概率不超过0.01D. 不独立，此推断犯错误的概率不超过0.01
6.两批同种规格的产品，第一批占40%，次品率为5%；第二批占60%，次品率为4%.将两批产品混合，从混合产品中任取1件，则这件产品不是次品的概率( )
A. 0.956B. 0.966C. 0.044D. 0.036
7.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c，则“a2>3b”是“f(x)有3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
8.根据如下样本数据：
由最小二乘法得到经验回归方程y =b x+a ，则( )
A. a <0,b <0B. a >0,b >0C. a >0,b <0D. a <0,b >0
9.设a=1315，b=1414，c=1513，则a，b，c的大小关系是( )
A. c10.已知函数f(x)=eax+3x有大于零的极值点，则实数a的取值范围是( )
A. a>13B. a<−13C. a>3D. a<−3
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.函数f(x)=xex的最小值为______.
12.用数字1，2可以组成的四位数的个数是______.
13.若P(A)=0.6，P(B)=0.3，P(B|A)=0.2，则P(AB)=______；P(A∪B)=______.
14.已知随机变量X1和X2的分布列分别是
能说明D(X1)≤D(X2)不成立的一组p1，p2的值可以是p1=______；p2=______.
15.已知函数f(x)=lnx，且f(x)在x=x0处的瞬时变化率为1e.
①x0=______；
②令g(x)=f(x),0a.若函数g(x)的图象与直线y=ae有且只有一个公共点，则实数a的取值范围是______.
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
已知(x+2)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0.
(Ⅰ)求a4+a2+a0的值；
(Ⅱ)求(x−1)(x+2)4的展开式中含x4项的系数.
17.(本小题14分)
在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中不放回地随机抽出1道题.
(Ⅰ)求第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率；
(Ⅱ)求在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到代数题的概率；
(Ⅲ)判断事件“第1次抽到代数题”与“第2次抽到代数题”是否互相独立.
18.(本小题14分)
已知6件产品中有4件合格品和2件次品，现从这6件产品中分别采用有放回和不放回的方式随机抽取2件，设采用有放回的方式抽取的2件产品中合格品数为X，采用无放回的方式抽取的2件产品中合格品数为Y.
(Ⅰ)求P(X≤1)；
(Ⅱ)求Y的分布列及数学期望E(Y)；
(Ⅲ)比较数学期望E(X)与E(Y)的大小.
19.(本小题14分)
已知函数f(x)= x−alnx，a>0.
(Ⅰ)当a=1时，求f(x)的极值；
(Ⅱ)若对任意的x∈(0,+∞)，都有f(x)>0，求a的取值范围；
(Ⅲ)直接写出一个a值使f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
20.(本小题14分)
现有10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A：先将这10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10人未患该疾病的概率均为p，是否患有该疾病相互独立.
(Ⅰ)按照方案A化验，求这10人的总化验次数X的分布列；
(Ⅱ)化验方案B：先将这10人随机分成两组，每组5人，将每组的5人的样本混在一起化验一次，若呈阳性，则还需要对这5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p5=0.5，问方案A和B中哪个化验总费用的数学期望更小？
21.(本小题15分)
已知函数f(x)=ex+sinx.
(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(Ⅱ)设g(x)=xf′(x)−f(x)，讨论函数g(x)在区间(0,+∞)上的单调性；
(Ⅲ)对任意的s，t∈(1,+∞)，且s答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵f′(x)=2(x+1)，
∴f′(1)=2×2=4.
故选：B.
可求出导函数f′(x)，然后即可求出f′(1)的值．
本题考查了幂函数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据二项式系数的性质，可得(a+b)4的展开式中二项式系数的最大值为C42=6.
故选：C.
由题意，利用二项式系数的性质，得出结论．
本题主要考查二项式系数的性质，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据对称性可知，随机变量X服从正态分布N(0,1)，则P(X≤0)=12.
故选：D.
根据正态分布的对称性，计算即可．
本题考查正态分布的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：从7本不同的书中选3本送给3个人，每人1本，
则有C73A33=A73.
故选：B.
根据排列组合公式进行求解即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用排列组合公式进行计算是解决本题的关键，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：χ2=7.52>6.635，
故依据小概率值α=0.01的χ2独立性检验，
可以推断变量x与y不独立，此推断犯错误的概率不超过0.01.
故选：D.
根据独立性检验，判断即可．
本题考查独立性检验，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：设事件B=“任取一件产品不是次品”，事件AI=“产品取自第i批，i=1，2”，A1与A2互斥，
由题意可知P(A1)=0.4，P(A2)=0.6，P(B|A1)=0.95，P(B|A2)=0.96，
∴这件产品不是次品的概率为P(B)=40%×95%+60%×96%=0.956.
故选：A.
利用条件概率求解即可．
本题考查了条件概率相关知识，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意，f′(x)=3x2+2ax+b，
若f′(x)=3x2+2ax+b=0，且Δ=4a2−12b>0，即a2>3b时，
设f′(x)=0两根为x1，x2，且x1当xx2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x1所以当Δ=4(a2−3b)>0，f(x1)>0，f(x2)<0时，f(x)有三个不同的零点，
所以，“a2>3b”是“f(x)有3个零点”的必要不充分条件．
故选：B.
利用导数判断f(x)的单调性，进而找出函数存在三个不同零点的等价条件，和a2>3b相比较即可．
本题考查利用导数判断函数的零点，充要条件的应用，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：样本平均数x−=5.5，y−=0.25，
∴i=16(xi−x−)(yi−y−)=−24.5，i=16(xi−x−)2=17.5，∴b =−−1.4，
∴a =0.25−(−1.4)⋅5.5=7.95.
故选：C.
利用公式求出b ，a 即可得出结论．
本题考查线性回归方程的求法，考查最小二乘法，属于基础题．
9.【答案】D
【解析】解：ba=(1413)14÷13=(1413)12×1962197<1413×1312×…×32×1962197=13722197<1，所以bcb=(1514)13÷14=(1514)14×115<1514×1413×…×21×115=1，所以c所以c故选：D.
作商并进行放缩，而后进行比较．
本题主要考查利用放缩比较对数的大小，属中档题．
10.【答案】D
【解析】解：f(x)=eax+3x，
f′(x)=3+aeax，
因为函数f(x)有大于零的极值点，
所以f′(x)=3+aeax有正根，
当a≥0时，f′(x)=3+aeax>0，
所以f′(x)=3+aeax=0无实数根，
所以函数y=eax+3x，x∈R无极值点，
当a<0时，由f′(x)=3+aeax=0得x=1aln(−3a)，
所以在(1aln(−3a),+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(−∞,1aln(−3a))上f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x=1aln(−3a)处取得极大值点，
所以1aln(−3a)>0，
解得a<−3，
所以a的取值范围为(−∞,−3)，
故选：D.
求导得f′(x)=3+aeax，分两种情况：当a≥0时，当a<0时，f′(x)的符号，f(x)的单调性，极值，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
11.【答案】−1e
【解析】解：求导函数，可得f′(x)=ex+xex，令f′(x)=0可得x=−1，
令f′(x)>0，可得x>−1，令f′(x)<0，可得x<−1
∴函数在(−∞,−1)上单调减，在(−1,+∞)上单调增
∴x=−1时，函数y=xex取得最小值，最小值是−1e.
故答案为：−1e.
求导函数，确定函数的单调性，即可求得函数的最小值．
本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，属于基础题．
12.【答案】16
【解析】解：四位数每个位置都可以选1或2，
则共有2×2×2×2=16个不同的四位数．
故答案为：16.
利用分步计数原理进行计算即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用分步计数原理进行计算是解决本题的关键，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：∵P(A)=0.6，P(B)=0.3，P(B|A)=0.2，
∴P(AB)=P(B|A)P(A)=0.2×0.6=0.12，
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.6+0.3−0.12=0.78.
故答案为：0.12；0.78.
利用条件概率公式可求出P(AB)=0.12，再利用P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)求解即可．
本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
14.【答案】0.30.2
【解析】解：依题意，随机变量X1和X2的期望分别为E(X1)=p1，E(X2)=p2，
则D(X1)=E(X12)−(E(X1))2=p1−p22，同理D(X2)=p2−p22，
由D(X1)≤D(X2)，得p1−p12≤p2−p22，
整理得(p1−p2)[1−(p1+p2)]≤0，
因此p1≥p2且p1+p2≥1或者p1≤p2且p1+p2≤1，
所以D(X1)≤D(X2)不成立的一组p1，p2的值可以为p1=0.3，p2=0.2.
故答案为：0.3；0.2.
根据给定的分布列，求出X1和X2的期望、方差，再由不等式求出p1，p2的关系作答．
本题考查了离散型随机变量的分布列、期望与方差的性质，属于中档题．
15.【答案】e(0,e]
【解析】解：①因为函数f(x)=lnx，所以f′(x)=1x，所以f(x)在x=x0处的瞬时变化率为1x0=1e，解得x0=e；
②令g(x)=f(x),0a.若a≥e，则函数图像大致如下：
令1≤ae≤lna，不妨令g(x)=lnx−xe，则当x≥e，g′(x)=1x−1e≤0，
所以g(x)单调递减，即g(x)≤g(e)=0，所以有lna≤ae，所以1≤ae≤lna的解为a=e，
同理，若a令lna0，所以g(x)单调递增，
即g(x)综上a≤e，即a的取值范围为(0,e].
故答案为：e；(0,e].
①由题意，函数在x0的导数为1e，令f′(x0)=1e，解出x0即可；
②分a≥e和a本题主要考查函数的导数和分段函数的性质，分类讨论是解决本题的关键，属中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)(x+2)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0.
令x=1，可得a4+a3+a2+a1+a0=81，
令x=−1，可得a4−a3+a2−a1+a0=1，
两式相加除以2，可得a4+a2+a0=41.
(Ⅱ)直接根据(x+2)4的展开式的通项公式，
可得(x−1)(x+2)4的展开式中含x4项的系数为C41×2−C40=8−1=7.
【解析】(Ⅰ)在所给的等式中，分别令x=1，x=−1，可得两个式子，再把两式相加除以2，可得a4+a2+a0的值．
(Ⅱ)由题意，直接根据(x+2)4的展开式的通项公式，求得(x−1)(x+2)4的展开式中含x4项的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设事件A表示“第1次抽到代数题”，事件B表示“第2次抽到几何题”，
则P(A)=35，P(AB)=35×24=310；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12；
(Ⅲ)由(Ⅰ)可知P(A)=35，P(AB)=310，
又因为P(B)=35×24+25×34=35，
所以P(AB)≠P(A)P(B)，
所以事件“第1次抽到代数题”与“第2次抽到代数题”不互相独立．
【解析】(Ⅰ)设事件A表示“第1次抽到代数题”，事件B表示“第2次抽到几何题”，结合积概率公式，即可求解；
(Ⅱ)根据(Ⅰ)的结果，结合条件概率公式，即可求解；
(Ⅲ)求出P(B)，再根据独立事件的定义判断即可．
本题主要考查了条件概率公式，考查了独立事件的概率公式，需要学生熟练掌握公式，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)采用有放回的方式，每次抽到正品的概率都是23，
所以P(X≤1)=1−P(X=2)=1−(23)2=59；
(Ⅱ)采用无放回的方式，Y的可能取值为0，1，2，
P(Y=0)=C22C62=115，
P(Y=1)=C41C21C62=815，
P(Y=2)=C42C62=615=25，
Y的分布列为：
所以E(Y)=0×115+1×815+2×615=43；
(Ⅲ)当采用有放回的方式时，X∼B(2,23)，
则E(X)=2×23=43，
所以E(X)=E(Y).
【解析】(Ⅰ)采用有放回的方式，每次抽到正品的概率都是23，即可求解；
(Ⅱ)采用无放回的方式，Y的可能取值为0，1，2，计算出各自对应的概率，即可求解；
(Ⅲ)当采用有放回的方式时，X∼B(2,23)，代入二项分布期望公式，即可求解．
本题考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)当a=1时，f(x)= x−lnx，定义域为(0,+∞)，
f′(x)=12 x−1x= x−22x，
令f′(x)=0得x=4，
所以在(0,4)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(4,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值为f(4)=2−ln4，无极大值．
(Ⅱ)f′(x)=12 x−ax= x−2a2x，
当a>0时，令f′(x)=0得x=4a2，
所以在(0,4a2)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(4a2,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(4a2)=2a(1−ln2a)，
对任意x∈(0,+∞)，f(x)>0，
所以只需f(4a2)=2a(1−ln2a)>0，
又因为a>0，
所以1−ln2a>0，
所以0所以a的取值范围为(0,e2).
(Ⅲ)当f(x)在(1,+∞)上单调递增时，任意x∈(1,+∞)，f′(x)≥0恒成立，
即任意x∈(1,+∞)， x−2a2x≥0恒成立，
所以任意x∈(1,+∞)， x≥2a恒成立，
所以只需2a≤( x)min=1，
所以0所以不妨取a=13时，f(x)会在区间(1,+∞)上单调递增．
【解析】(Ⅰ)当a=1时，f(x)= x−lnx，定义域为(0,+∞)，求导分析f′(x)的符号，f(x)的单调性，极值，即可得出答案．
(Ⅱ)求导得f′(x)= x−2a2x，分析f′(x)的符号，f(x)的单调性，最值，只需f(x)min>0，即可得出答案．
(Ⅲ)当f(x)在(1,+∞)上单调递增时，任意x∈(1,+∞)，f′(x)≥0恒成立，任意x∈(1,+∞)， x≥2a恒成立，只需2a≤( x)min，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)按照方案A化验，这10人的总化验次数X的可能取值为1，11，
P(X=1)=p10，
P(X=11)=1−p10，
X的分布列为：
(Ⅱ)设按照方案B化验，这10人的总化验次数为Y，Y的可能取值为2，7，12，
P(Y=2)=p10，
P(Y=7)=2p5(1−p5)，
P(Y=12)=(1−p5)2，
E(Y)=2p10+7×2p5(1−p5)+12(1−p5)2=12−10p5，
由(I)知，E(X)=p10+11(1−p10)=11−10p10，
E(Y)−E(X)=12−10p5−(11−10p10)=10p10−10p5+1，
因为当p5=0.5时，10p10−10p5+1<0，
所以E(Y)所以方案B的化验总费用的数学期望更小．
【解析】(Ⅰ)按照方案A化验，这10人的总化验次数X的可能取值为1，11，计算出各自对应的概率即可求解；
(Ⅱ)设按照方案B化验，这10人的总化验次数为Y，Y的可能取值为2，7，12，比较E(Y)与E(X)的大小关系，即可求解．
本题考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=ex+csx，所以f(0)=1，f′(0)=2，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y−1=2(x−0)，
即y=2x+1.
(Ⅱ)由题设，g(x)=x(ex+csx)−(ex+sinx)=(x−1)ex+xcsx−sinx，
所以g′(x)=x(ex−sinx)，
当x>0时，因为ex−sinx>e0−sinx=1−sinx≥0，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．
(Ⅲ)对任意的s，t∈(1,+∞)，且s设h(x)=f(x)x，x∈(0,1)，
则h′(x)=xf′(x)−f(x)x2=g(x)x2，
由(2)知g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)所以h′(x)<0，即h(x)在(0,1)上单调递减，
因为s，t∈(1,+∞)，且s所以h(1s)【解析】(Ⅰ)求导得切点处的斜率，即可求解直线方程；
(Ⅱ)求导，利用导数的正负即可确定函数的单调性；
(Ⅲ)构造函数h(x)=f(x)x，x∈(0,1)，利用导数确定单调性，即可求解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，考查运算求解能力，属于中档题．x
3
4
5
6
7
8
y
4.0
2.5
−0.5
0.5
−2.0
−3.0
X1
0
1
P
1−p1
p1
X2
0
1
P
1−p2
p2
Y
0
1
2
P
115
815
25
X
1
11
P
p10
1−p10