2023北京大兴高二（下）期末数学（教师版）（PDF含答案）

2023北京大兴高二（下）期末
数 学
本试卷共 4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 f (x) = (x +1)2 ，则 f (1) =
（A） 2 （B） 4
（C） 6 （D）8
（2） (a + b)4的展开式中二项式系数的最大值为
（A）1 （B） 4
（C） 6 （D）12
（3）设随机变量 X 服从正态分布 N (0，1)，则 P(X ≤0) =
2 1
（A） （B）
3 4
1 1
（C） （D）
3 2
（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
C3 3（A） 7 （B）A7
（C）37 （D） 73
（5）根据分类变量 x与 y 的成对样本数据，计算得到 2 = 7.52 ．已知 P( 2 6.635) = 0.01 ，则依据小概率
值 = 0.01的 2 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 0.01
（B）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 0.01
（D）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） 0.956 （B）0.966
（C） 0.044 （D）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
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（8）根据如下样本数据：
x 3 4 5 6 7 8
y 4.0 2.5 0.5 0.5 2.0 3.0
由最小二乘法得到经验回归方程 y = b x + a ，则
（A） a 0，b 0 （B） a 0，b 0
（C） a 0，b 0 （D） a 0，b 0
a =1315 14（9）设 ，b =14 ，c =1513 ，则 a，b，c 的大小关系是
（A） c a b （B）b c a
（C） a c b （D） c b a
ax
（10）已知函数 f (x) = e + 3x有大于零的极值点，则实数 a 的取值范围是
1 1
（A） a （B） a
3 3
（C） a 3 （D） a 3
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 f (x) = xe
x
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 X 2 的分布列分别是
X1 0 1 X 2 0 1
P 1 p p P 1 p1 1 2 p2
能说明 D(X1)≤ D(X 2 ) 不成立的一组 p1 ，p2 的值可以是 p1 = ； p2 = ．
1
（15）已知函数 f (x) = ln x ，且 f (x) 在 x = x0 处的瞬时变化率为 ．
e
① x0 = ；
f (x)，0 x≤a，
a
②令 g(x) = a 若函数 g(x) 的图象与直线 y = 有且只有一个公共点，则实数 a 的取
，x a . e
x
值范围是 ．
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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 14 分）
已知 (x + 2)4 = a x4 + a x3 + a x24 3 2 + 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 a ln x，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．
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（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) = e
x + sin x ．
（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；
1 1
（Ⅲ）对任意的 s，t (1，+ ) ，且 s t ，判断 s f ( ) 与 t f ( ) 的大小关系，并证明结论．
s t
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大兴区 2022~2023学年度第二学期期末检测
高二数学参考答案
一、选择题（共 10小题，每小题 4分，共 40分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B C D B D A B C D D
二、填空题（共 5小题，每小题 5分，共 25分）
（11 1） （12）16 （13）0.12 ； 0.78
e
（14） 0.3，0.2（答案不唯一） （15） e； (0，e]
注：第（13）（15）题第一空 3分，第二空 2分。
三、解答题（共 6小题，共 85分）
（16）（共 14分）
解：（Ⅰ） 令 x 1得34 a4 a3 a2 a1 a0 ．① 1分
令 x 1得1 a4 a3 a2 a1 a0 ．② 1分
① ②得34 1 2(a4 a2 a0) ． 2分
34 1
即 a4 a2 a0 2分2
41． 1分
（Ⅱ）由二项式定理知 a3 2C
1
4 8， 2分
a4 C
0
4 1． 2分
所以 (x 1)(x 2)4的展开式中含 x4项的系数
a3 a4 7 ． 3分
（17）（共 14分）
解：（Ⅰ） 设 A “第1次抽到代数题”， B “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
P(AB) n(AB) 3 2 3 ． 4分
n( ) 5 4 10
（Ⅱ）在第1次抽到代数题的条件下，第 2次抽到代数题的概率
P(B | A) n(AB) 3 2 1 ． 5分
n( ) 3 4 2
3
（Ⅲ）第1次抽到代数题的概率 P(A) ． 1分
5
第 2次抽到代数题的概率 P(B) 4 3 3 ． 1分
5 4 5
所以 P(A)P(B) 3 3 9 ． 1分
5 5 25
由（Ⅰ）知 P(AB) 3 ，
10
所以 P(AB) P(A)P(B) ． 1分
事件“第1次抽到代数题”与“第 2次抽到代数题”不是独立事件． 1分
（18）（共 14分）
2
解：（Ⅰ） 采用有放回的方式，每次抽到正品的概率都是 ．
3
所以 P(X ≤1) 1 P(X = 2) 1 ( 2) 2 5 ． 4分
3 9
（Ⅱ）采用无放回的方式，Y 的可能取值为 0，1，2． 1分
P(Y 0) C
2 1
22 ， 1分C6 15
1
P(Y 1) C4C
1 8
22 ， 1分C6 15
P(Y 2) C
2
4
6 2
2 ． 1分C6 15 5
Y 的分布列为
Y 0 1 2
1 8 2
P
15 15 3
1分
E(Y ) 0 1所以 1 8 2 6 4 ． 2分
15 15 15 3
（Ⅲ）当采用有放回的方式时,
X B(2 2， )． 1分
3
2 4
则 E(X ) 2 ． 1分
3 3
所以 E(X ) E(Y )． 1分
（19）（共 14分）
解：（Ⅰ）当 a 1时， f (x) x ln x．
函数 f (x)的定义域为 (0， )． 1分
f (x) 1 1 x 2 ． 1分
2 x x 2x
令 f (x) 0，即 x 2 0，
解得 x 4． 1分
f (x)与 f (x)在区间 (0， )的情况如下： 1分
x (0，4) 4 (4， )
f (x) 0
f (x) 单调递减 f (4) 单调递增
所以 f (x)的极小值为 f (4) 2 ln 4． 2分
（Ⅱ）当 a 0时，由题意知，
f (x) 1 a x 2a ． 1分
2 x x 2x
令 f (x) 0，即 x 2a 0，
解得 x 4a2． 1分
f (x)与 f (x)在区间 (0， )的情况如下：
x (0，4a2 ) 4a2 (4a2 ， )
f (x) 0
f (x) 单调递减 极小值 单调递增
所以 f (x)的最小值为 f (4a2 ) 2a(1 ln 2a) ． 2分
对任意的 x (0， )，都有 f (x) 0，
需满足 f (4a2 ) 2a(1 ln 2a) 0 ． 1分
又因为 a 0，所以需满足1 ln 2a 0．
0 a e所以 ． 1分
2
综上，当 a的取值范围为 (0 e， )时，对任意的 x (0， )，都有 f (x) 0．
2
a 1（Ⅲ） ． 2分
3
（20）（共 14分）
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． 1分
P(X =1) p10， 1分
P(X =11) 1 p10． 1分
X 的分布列为:
X 1 11
P p10 1 p10
1分
（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． 1分
P(Y = 2) p10 ， 1分
P(Y = 7) 2p5(1 p5) ， 1分
P(Y =12) (1 p 5)2 ． 1分
E(Y ) 2p10 7 2p5(1 p5) 12(1 p5)2 12 10p5 ． 2分
由（Ⅰ）知， E(X ) p10 11(1 p10) 11 10p10 ． 1分
E(Y ) E(X ) 12 10p 5 (11 10p10) 10p10 10p 5 1． 1分
因为当 p5 0.5时，10p10 10p5 1 0 ， 1分
所以 E(Y ) E(X )．
所以方案 B的化验总费用的数学期望更小． 1分
（21）（共 15分）
解：（Ⅰ） 由 f (x) e x sin x ，
得 f (x) e x cos x ． 1分
因为 f (0) 1， 1分
f (0) 2． 1分
所以曲线 y f (x)在点 (0，f (0))处的切线方程为 y 2x 1． 1分
（Ⅱ） 由 g(x) xf (x) f (x)知，
g(x) xe x e x xcos x sin x． 1分
所以 g (x) x(e x sin x)． 1分
因为当 x 0时， -1≤ sin x≤1， ex 1， 1分
所以 g (x) x(e x sin x) 0 ． 1分
所以 g(x)在区间 (0， )上单调递增． 1分
f (x)
（Ⅲ）令 h(x) ， x (0，1)． 1分
x
(x) f h (x)x f (x) g(x)所以 2 2 ． 1分x x
因为 g(1) cos1 sin1 0 ，
且由（Ⅱ）知， g(x)在区间 (0， )上单调递增，
所以当 0 x 1时， g(x) 0． 1分
g(x)
故当 x (0，1)时， h (x) 2 0．x
所以 h(x)在区间 (0，1)上单调递减． 1分
因为 s，t (1， )， s t，
1 1 1 1
所以 ， (0，1)，且 ．
s t s t
所以 h(1) h(1)． 1分
s t
f (1) f (1)
s t即 1 1 ．
s t
1 1
所以 sf ( ) tf ( )． 1分
s t