2023-2024学年北京市大兴区高二下学期期末检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市大兴区高二下学期期末检测数学试题（含解析），共13页。

A. 15B. −15C. 30D. −30
2.若数列1,a,b,c,9是等比数列，则实数b的值为( )
A. −3B. 3C. −9D. 9
3.有5名同学被安排在周一至周五值日，每人值日一天，其中同学甲只能在周三值日，那么这5名同学值日顺序的不同编排方案种数为( )
A. A55B. A44C. A55−A44D. A31A44
4.对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其相关系数的比较，正确的是( )
A. r25.已知函数fx的导函数f′x的图象如图所示，则fx的极大值点为( )
A. x1和x4B. x2C. x3D. x5
6.随机变量X服从正态分布X∼N(2,σ2)，若P2≤X<4=0.3，则P(X≤0)=( )
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.5
7.设an为等比数列，若m，n，p，q∈N∗，则m+n=p+q是am⋅an=ap⋅aq的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
8.我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，记录了如图所示的“杨辉三角”.若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，则此数列的第2024项为( )
A. C625B. C635C. C636D. C637
9.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，且S2<0，则( )
A. 数列{Sn}是递增数列B. 数列{Sn}是递减数列
C. 数列{S2n}是递增数列D. 数列{S2n}是递减数列
10.已知函数f(x)=x+1ex.若过点P−1,m存在3条直线与曲线y=f(x)相切，则实数m的取值范围是( )
A. −1e,4eB. 0,8eC. 0,4eD. 1e,8e
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。
11.设随机变量X∼B2,13，则E(X)= ．
12.(2−x)7展开式中各项的系数和为 ．
13.袋子中有10十个大小相同的小球，其中7个白球，3个黑球．每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
①在第一次摸到白球的条件下，第二次摸到白球的概率为 ．
②两次都摸到白球的概率为 ．
14.随机变量X的分布列如下：
其中a，b，c成等差数列，则PX=1= ，若a=16则方差DX= ．
15.已知某商品的日销售量y(单位：套)与销售价格x(单位：元/套)满足的函数关系式为y=mx−3+3(x−8)2，其中x∈3,8，m为常数．当销售价格为5元/套时，每日可售出30套．
(1)实数m= ；
(2)若商店销售该商品的销售成本为每套3元(只考虑销售出的套数)，当销售价格x= 元/套时(精确到0.1)，日销售该商品所获得的利润最大．
三、解答题共 6 小题，共 85 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
16.（本小题共 14 分）
已知二项式(1−2x)n，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，并解答下列问题：
(1)求n的值；
(2)设(1−2x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，求展开式中所有奇数项的系数和．
条件①：只有第4项的二项式系数最大；
条件②：第2项与第6项的二项式系数相等；
条件③：所有二项式系数的和为64．
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
17.（本小题共 14 分）
某种水果按照果径大小可分为四级：标准果、优质果、精品果、礼品果.某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：
假设用频率估计概率．
(1)从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率；
(2)采用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中不放回地随机抽取3个，若X表示抽到的精品果的数量，求X的分布列和期望．
18.（本小题共 14 分）
已知函数f(x)=x2−3x+2+lnx．
(1)求曲线y=f(x)在点1,f1处的切线方程；
(2)求f(x)的零点个数．
19.（本小题共 14 分）
某同学参加闯关游戏，需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得−10分．已知这位同学回答前两个问题正确的概率都是23，回答第三个问题正确的概率为12，且各题回答正确与否相互之间没有影响，若回答这三个问题的总分不低于10分就算闯关成功．
(1)求至少回答正确一个问题的概率；
(2)求这位同学回答这三个问题的总得分X的分布列．
20.（本小题共 14 分）
已知函数f(x)=lnx−ax+a，g(x)=xex−2x．
(1)若x=3是函数fx的极值点，求实数a的值；
(2)求函数y=fx的单调区间；
(3)已知a=1，当x∈0,+∞，试比较fx与gx的大小，并说明理由．
21.（本小题共 15 分）
若无穷数列{an}满足：只要ap=aq(p,q∈N∗)，必有ap+1=aq+1，则称{an}具有性质P．
(1)若{an}具有性质P，且a1=1,a2=2,a4=3,a5=2，a6+a7+a8=21，求a3；
(2)若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列cn是公比为正数的等比数列，b1=c5=1，b5=c1=81，an=bn+cn判断{an}是否具有性质P，并说明理由；
(3)设{bn}是无穷数列，已知an+1=bn+sinan(n∈N∗).求证：“对任意a1,an都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”．
答案解析
1.A
【解析】Tr+1=C6r⋅x6−r⋅−1x2r=C6r⋅−1r⋅x6−3r，
令6−3r=0，得r=2，
所以常数项是T3=C62−12=15．
故选：A
2.B
【解析】因为数列1,a,b,c,9是等比数列，
所以b2=1×9，解得b=3或b=−3，
当b=−3时，不满足1×b=a2，故舍去；
当b=3时，经检验符合题意，所以b=3．
故选：B
3.B
【解析】依题意只需安排其余4名同学到除周三的另外四天值日，每人值日一天，
故有A44种不同安排方案．
故选：B
4.B
【解析】由散点图可知第1，3图表示的正相关，且第1个图中的点比第3个图中的点分布更为集中，
故r1>r3>0；
第2，4图表示的负相关，且第2个图中的点比第4个图中的点分布更为集中，
故r2,r4<0，且|r2|>|r4|，故r2综合可得r2故选：B
5.C
【解析】解：因为当x∈(−∞,x3)时，f′(x)>0;
当x∈(x3,x5)时，f′(x)<0.所以f(x)在(−∞,x3)上单调递增，
在(x3,x5)上单调递减，
故f(x)的极大值点为x3．
6.A
【解析】因为X∼N(2,σ2)且P2≤X<4=0.3，所以P0PX≤2=0.5，
所以P(X≤0)=PX≤2−P0故选：A
7.A
【解析】根据等比数列的性质设an为等比数列，若m，n，p，q∈N∗，则m+n=p+q⇒ am⋅an=ap⋅aq，反过来设数列为常数列1，1，1，1……，任意两项的积相等，但项数和不等，所以不必要，那么an为等比数列，若m，n，p，q∈N∗，则m+n=p+q是am⋅an=ap⋅aq的充分不必要条件，选 A．
8.D
【解析】由“杨辉三角”可知：第一行1个数，第二行2个数，...，第n行n个数，
所以前n行共有：n(n+1)2个数，当n=63时，63×(63+1)2=2016，又2024−2016=8，
所以第2024项是第64行的第8个数字，即为C637，
故选：D．
9.D
【解析】因为等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，显然q≠0，
若S2<0，即a1+a2<0，所以S2n+2−S2n=a2n+2+a2n+1=a1+a2q2n<0，
所以S2n是递减数列，故 C错误、D正确；
若a1=1，q=−2，则an=−2n−1，满足a1+a2=−1<0，
但是Sn+1−Sn=an=1×−2n−1，则Sn不具有单调性，故 A、B错误．
故选：D．
10.C
【解析】设切点坐标为x0,x0+1ex0．
由题意得f′(x)=ex−x+1exe2x=−xex，
所以函数fx的图像在点x0,x0+1ex0处的切线的斜率为f′(x0)=−x0ex0，
所以切线方程为y−x0+1ex0=−x0ex0x−x0，
因为切线过点P−1,m，所以m−x0+1ex0=−x0ex0−1−x0，
则m=x0+12ex0，由题意可知，这个方程有三个不等实根．
设g(x)=x+12ex，则g′(x)=2x+2−x2+2x+1ex=−x2+1ex，
由g′(x)>0得−11．
所以函数g(x)在−∞,−1和1,+∞上单调递减，
在−1,1上单调递增，又当x趋近于正无穷时，g(x)趋近于0；
当x趋近于负无穷，g(x)趋近于正无穷，且g−1=0,g1=4e，
所以g(x)的大致图象如图，
所以要使直线y=m与函数g(x)的图象有三个交点，
则0故选：C
11.23
【解析】因为X∼B2,13，所以EX=2×13=23．
故答案为：23
12.1
【解析】对于(2−x)7，令x=1可得展开式中各项的系数和为2−17=1．
故答案为：1
13.23；715
【解析】解：设第1次摸到白球为事件A，第2次摸到白球为事件B，
因为P(A)=710，P(AB)=710×69=715，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=715710=23，
即在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率23．
因为摸出的球不放回，所以两次都摸到白球的概率为P=710×69=715．
故答案为：23；715．
14.23；59
【解析】解：∵a，b，c成等差数列，
∴2b=a+c，∵a+b+c=1，∴a+c=23，b=13，
∴P(|X|=1)=P(X=1)+P(X=−1)=a+c=23；
∵a=16，且a，b，c成等差数列，
∴2b=a+c=16+c①，又∵a+b+c=1，
即16+b+c=1 ②，
由①，②解得：b=13，c=12，
又∵E(X)=−1×16+0×13+1×12=13，
∴D(X)=16×(−1−13)2+13×(0−13)2+12×1−132=59，
∴DX=59．
故答案为：23，59．
15.6；4.7
【解析】设fx=mx−3+3(x−8)2，x∈3,8，
依题意f5=m5−3+35−82=30，解得m=6，则fx=6x−3+3(x−8)2，x∈3,8；
设商店日销售该商品所获得的利润为gx，则由题可得：
gx=fxx−3=6+3x−82x−3=3x3−57x2+336x−570，x∈3,8．
则g′x=9x2−114x+336=3x−83x−14，
当30，当143所以gx在3,143上单调递增，在143,8上单调递减，
所以当x=143时，gx取最大值，
故当销售价格x=143≈4.7时，日销售该商品所获得的利润最大．
故答案为：6；4.7
16.(1)若选①：只有第4项的二项式系数最大，则展开式中共有7项，所以n=6；
若选②：第2项与第6项的二项式系数相等，即Cn1=Cn5，所以n=1+5=6；
若选③：所有二项式系数的和为64，则2n=64，所以n=6；
(2)因为1−2x6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，
令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=(−1)6=1，
令x=−1得a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=36=729，
两式相减得2(a1+a3+a5)=−728，所以a1+a3+a5=−364，
即展开式中所有奇数项的系数和为−364．
【解析】(1)根据所选条件及二项式系数的特征计算可得；
(2)利用赋值法求得奇次项系数和．
17.(1)设从这100个水果中随机抽取1个，其为礼品果为事件A，则P(A)=20100=15，
现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为Y，则Y∼B4,15，
所以恰好有2个水果是礼品果的概率为PY=2=C42452152=96625．
(2)用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，
其中精品果有10×40100=4个，非精品果有10×100−40100=6个，
再从中随机抽取3个，则精品果的数量X服从超几何分布，所有可能的取值为0，1，2，3，
所以P(X=0)=C63C103=16，P(X=1)=C62C41C103=12，
P(X=2)=C61C42C103=310，P(X=3)=C43C103=130；
∴X的分布列为：
则EX=0×16+1×12+2×310+3×130=65．
【解析】(1)首先求出抽一次抽到礼品果的概率，现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为Y，则Y∼B4,15，根据二项分布的概率公式计算可得；
(2)依题意X的可能的取值为0，1，2，3，求出所对应的概率，从而得到分布列与数学期望．
18.(1)因为f(x)=x2−3x+2+lnx，所以f(1)=12−3+2+ln1=0，
所以切点为1,0，f′(x)=2x−3+1x，
所以切线的斜率为f′(1)=2−3+11=0，
所以切线的方程为y=0．
(2)f(x)=x2−3x+2+lnx的定义域为：0,+∞，
f′(x)=2x−3+1x=2x2−3x+1x=2x−1x−1x，
令f′(x)=0，解得x=12，或x=1，
当x∈0,12时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增；
当x∈12,1时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减；
当x∈1,+∞时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增；
所以当x=12时，f(x)有极大值为f(12)=14−32+2+ln12=34−ln2>0，
当x=1时，f(x)有极小值为f(1)=0，所以x=1为函数的一个零点，
当x→0时，f(x)→−∞，所以f(x)在0,12上有一个零点，
故函数f(x)有2个零点．
【解析】(1)由导数的几何意义求解即可；
(2)利用导数分析函数的单调性，极值，判断函数的零点即可．
19.(1)设至少回答正确一个问题为事件A，则P(A)=1−13×13×12=1718；
(2)这位同学回答这三个问题的总得分X的所有可能取值为−10，0，10，20，30，40，
所以P(X=−10)=13×13×12=118，P(X=0)=23×13×12×2=29，
P(X=10)=23×23×12=29，P(X=20)=13×13×12=118，
P(X=30)=23×13×12×2=29，P(X=40)=23×23×12=29，
随机变量X的分布列是
【解析】(1)利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算可得；
(2)依题意随机变量X的所有可能取值为−10，0，10，20，30，40，求出对应概率，即可得分布列．
20.(1)因为f(x)=lnx−ax+a，所以f′x=1x−a，
∵x=3是fx的极值点，
∴f′3=13−a=0，解得a=13，经检验符合题意；
(2)函数fx定义域为0,+∞，f′x=1x−a=1−axx，
当a≤0时，f′x>0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增，
∴fx的单调递增区间为0,+∞，无单调递减区间；
当a>0时，令f′x=0，解得x=1a，
∴当x∈0,1a时，f′x>0；当x∈1a,+∞时，f′x<0；
∴fx的单调递增区间为0,1a；单调递减区间为1a,+∞；
综上所述：当a≤0时，fx的单调递增区间为0,+∞，无单调递减区间；
当a>0时，fx的单调递增区间为0,1a，单调递减区间为1a,+∞．
(3)令Fx=gx−fx=xex−lnx−x−1x>0，
则F′x=xex+ex−1x−1=x+1xxex−1，
令ℎx=xex−1x>0，则ℎ′x=x+1ex>0，
∴函数ℎx在0,+∞上单调递增，
又ℎ0<0，ℎ1>0，∴ℎx存在唯一零点c∈0,1，使得ℎc=0，
∴当x∈0,c时，ℎx<0；当x∈c,+∞时，ℎx>0；
∴当x∈0,c时，F′x<0；当x∈c,+∞时，F′x>0；
∴函数Fx在0,c上单调递减，在c,+∞上单调递增，
∴Fx≥Fc=cec−lnc−c−1，
又ℎc=cec−1=0，即cec=1，∴lnc+c=0，∴Fx≥Fc=0，
∴fx≤gx在0,+∞上恒成立．
【解析】(1)根据极值点定义可构造方程求得a，再检验即可；
(2)分别在a≤0和a>0两种情况下，根据导函数的正负得到原函数的单调区间；
(3)令Fx=gx−fx，可求得F′x=x+1xxex−1；令ℎx=xex−1x>0，利用导数和零点存在定理可确定ℎx即F′x的正负，从而得到Fx的单调性和最值，通过最值可知Fx≥0，进而得到大小关系．
21.解：(1)∵a2=a5=2，∴a3=a6，
a4=a7=3，∴a5=a8=2，a6=21−a7−a8=16，∴a3=16．
(2)设无穷数列{bn}的公差为：d，无穷数列{cn}的公比为q，则q>0，
b5−b1=4d=80，
∴d=20，∴bn=20n−19，c5c1=q4=181，∴q=13，∴cn=(13)n−5
∴an=bn+cn=20n−19+(13)n−5．
∵a1=a5=82，
而a2=21+27=48，a6=101+13=3043，a1=a5，但是a2≠a6，{an}不具有性质P．
(3)充分性：若{bn}是常数列，
设bn=C，则an+1=C+sinan，
若存在p，q使得ap=aq，则ap+1=C+sinap=C+sinaq=aq+1，
故{an}具有性质P．
必要性：若对于任意a1，{an}具有性质P，
则a2=b1+sina1，
设函数f(x)=x−b1，g(x)=sinx，
由f(x)，g(x)图象可得，对于任意的b1，二者图象至少有一个交点，
∴一定能找到一个a1，使得a1−b1=sina1，
∴a2=b1+sina1=a1，∴an=an+1，
故bn+1=an+2−sinan+1=an+1−sinan=bn，
∴{bn}是常数列．
【解析】(1)利用已知条件通过a2=a5=2，推出a3=a6，a4=a7，转化求解a3即可．
(2)设无穷数列{bn}的公差为：d，无穷数列{cn}的公比为q，则q>0，利用条件求出，d与q，求出bn，cn得到an的表达式，推出a2≠a6，说明{an}不具有性质P．
(3)充分性：若{bn}是常数列，设bn=C，通过an+1=C+sinan，证明ap+1=aq+1，得到{an}具有性质P.必要性：若对于任意a1，{an}具有性质P，得到a2=b1+sina1，设函数f(x)=x−b1，g(x)=sinx，说明bn+1=bn，即可说明{bn}是常数列．X
−1
0
1
P
a
b
c
等级
标准果
优质果
精品果
礼品果
个数
10
30
40
20
X
0
1
2
3
P
16
12
310
130
X
−10
0
10
20
30
40
P
118
29
29
118
29
29