2022-2023学年北京市大兴区高二下学期期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年北京市大兴区高二下学期期末考试数学试题含答案，共19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【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【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【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：D4. 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【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：B5. 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【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：D6. 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【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：A7. 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【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：B8. 根据如下样本数据：3456784.02.50.5得到的回归方程为，则（    ）A. ， B. ， C. ， D. ，【答案】A【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【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【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】##【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【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. ##【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：X101p01能说明不成立的一组的值可以是______；______．【答案】    ①.     ②. （答案不唯一）【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. 【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【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.②②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【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）【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012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）【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.【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：111【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.【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.