2022-2023学年北京市大兴区高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年北京市大兴区高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设，则( )
A. B. C. D.
2. 的展开式中二项式系数的最大值为( )
A. B. C. D.
3. 设随机变量服从正态分布，则( )
A. B. C. 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.
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
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.
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
8. 根据如下样本数据：
由最小二乘法得到经验回归方程，则( )
A. B. C. D.
9. 设，，，则，，的大小关系是( )
A. B. C. D.
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.
二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）
11. 函数的最小值为______ ．
12. 用数字，可以组成的四位数的个数是______ ．
13. 若，，，则 ______ ； ______ ．
14. 已知随机变量和的分布列分别是
能说明不成立的一组，的值可以是 ______ ； ______ ．
15. 已知函数，且在处的瞬时变化率为．
______ ；
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______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共85.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 本小题分
已知．
Ⅰ求的值；
Ⅱ求的展开式中含项的系数．
17. 本小题分
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．
Ⅰ求第次抽到代数题且第次也抽到代数题的概率；
Ⅱ求在第次抽到代数题的条件下，第次抽到代数题的概率；
Ⅲ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．
18. 本小题分
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．
Ⅰ求；
Ⅱ求的分布列及数学期望；
Ⅲ比较数学期望与的大小．
19. 本小题分
已知函数，．
Ⅰ当时，求的极值；
Ⅱ若对任意的，都有，求的取值范围；
Ⅲ直接写出一个值使在区间上单调递增．
20. 本小题分
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．
Ⅰ按照方案化验，求这人的总化验次数的分布列；
Ⅱ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？
21. 本小题分
已知函数．
Ⅰ求曲线在点处的切线方程；
Ⅱ设，讨论函数在区间上的单调性；
Ⅲ对任意的，，且，判断与的大小关系，并证明结论．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
．
故选：．
可求出导函数，然后即可求出的值．
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】
【解析】解：根据二项式系数的性质，可得的展开式中二项式系数的最大值为．
故选：．
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】
【解析】解：根据对称性可知，随机变量服从正态分布，则．
故选：．
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】
【解析】解：从本不同的书中选本送给个人，每人本，
则有．
故选：．
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】
【解析】解：，
故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：．
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】
【解析】解：设事件“任取一件产品不是次品”，事件“产品取自第批，，”，与互斥，
由题意可知，，，，
这件产品不是次品的概率为．
故选：．
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】
【解析】解：由题意，，
若，且，即时，
设两根为，，且，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当，，时，有三个不同的零点，
所以，“”是“有个零点”的必要不充分条件．
故选：．
利用导数判断的单调性，进而找出函数存在三个不同零点的等价条件，和相比较即可．
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】
【解析】解：样本平均数，，
，，，
．
故选：．
利用公式求出，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】
【解析】解：，所以，
，所以，
所以．
故选：．
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】
【解析】解：，
，
因为函数有大于零的极值点，
所以有正根，
当时，，
所以无实数根，
所以函数，无极值点，
当时，由得，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以在处取得极大值点，
所以，
解得，
所以的取值范围为，
故选：．
求导得，分两种情况：当时，当时，的符号，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】
【解析】解：求导函数，可得，令可得，
令，可得，令，可得
函数在上单调减，在上单调增
时，函数取得最小值，最小值是．
故答案为：．
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】
【解析】解：四位数每个位置都可以选或，
则共有个不同的四位数．
故答案为：．
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：，，，
，
．
故答案为：；．
利用条件概率公式可求出，再利用求解即可．
本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】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：；．
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．
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】
【解析】解：因为函数，所以，所以在处的瞬时变化率为，解得；
令若，则函数图像大致如下：
令，不妨令，则当，，
所以单调递减，即，所以有，所以的解为，
同理，若，函数图像大致如下：
令，当，，所以单调递增，
即，所以有，所以的解集为，
综上，即的取值范围为．
故答案为：；．
由题意，函数在的导数为，令，解出即可；
分和进行讨论即可．
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．
令，可得，
令，可得，
两式相加除以，可得．
Ⅱ直接根据的展开式的通项公式，
可得的展开式中含项的系数为．
【解析】Ⅰ在所给的等式中，分别令，，可得两个式子，再把两式相加除以，可得的值．
Ⅱ由题意，直接根据的展开式的通项公式，求得的展开式中含项的系数．
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设事件表示“第次抽到代数题”，事件表示“第次抽到几何题”，
则，；
Ⅱ由Ⅰ可得，在第次抽到代数题的条件下，第次抽到几何题的概率；
Ⅲ由Ⅰ可知，，
又因为，
所以，
所以事件“第次抽到代数题”与“第次抽到代数题”不互相独立．
【解析】Ⅰ设事件表示“第次抽到代数题”，事件表示“第次抽到几何题”，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，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，
所以；
Ⅱ采用无放回的方式，的可能取值为，，，
，
，
，
的分布列为：


所以；
Ⅲ当采用有放回的方式时，，
则，
所以．
【解析】Ⅰ采用有放回的方式，每次抽到正品的概率都是，即可求解；
Ⅱ采用无放回的方式，的可能取值为，，，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，，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当时，，定义域为，
，
令得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以的极小值为，无极大值．
Ⅱ，
当时，令得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以，
对任意，，
所以只需，
又因为，
所以，
所以，
所以的取值范围为
Ⅲ当在上单调递增时，任意，恒成立，
即任意，恒成立，
所以任意，恒成立，
所以只需，
所以，
所以不妨取时，会在区间上单调递增．
【解析】Ⅰ当时，，定义域为，求导分析的符号，的单调性，极值，即可得出答案．
Ⅱ求导得，分析的符号，的单调性，最值，只需，即可得出答案．
Ⅲ当在上单调递增时，任意，恒成立，任意，恒成立，只需，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按照方案化验，这人的总化验次数的可能取值为，，
，
，
的分布列为：


Ⅱ设按照方案化验，这人的总化验次数为，的可能取值为，，，
，
，
，
，
由知，，
，
因为当时，，
所以，
所以方案的化验总费用的数学期望更小．
【解析】Ⅰ按照方案化验，这人的总化验次数的可能取值为，，计算出各自对应的概率即可求解；
Ⅱ设按照方案化验，这人的总化验次数为，的可能取值为，，，比较与的大小关系，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，所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
Ⅱ由题设，，
所以，
当时，因为，所以，
所以在上单调递增．
Ⅲ对任意的，，且，则，证明如下：
设，，
则，
由知在上单调递增，所以，
所以，即在上单调递减，
因为，，且，所以，
所以，即．
【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，，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．
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