1、 第1页/共4页 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。第一部分第一部分 （选择题 共 40 分）一、选择题共一、选择题共 10小题，每小题小题，每小题 4分，共分，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。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2()=(1)f xx+，则(1)=f （A）2 （B）4（C）6 （D）8（2）4()ab+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
2、机变量X服从正态分布(0 1)N，则(0)=P X （A）23 （B）14（C）13 （D）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）37C （B）37A（C）73 （D）37（5）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到27.52=已知2(6.635)0.01P=，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6
3、0%，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32()f xxaxbxc=+，则“23ab”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 第2页/共4页 1X01P11p1p2X01P21p2p（8）根据如下样本数据：由最小二乘法得到经验回归方程ybxa=+，则（A）00ab，（B）00ab，（C）00ab，（D）00ab，（9）设151413131415abc=，则a b c，的大小关系是（A）cab （
4、B）bca（C）acb （D）cba（10）已知函数()e3axf xx=+有大于零的极值点，则实数a的取值范围是（A）13a （B）13a （C）3a （D）3a 第二部分第二部分 （非选择题 共 110 分）二、填空题共二、填空题共 5 小题，每小题小题，每小题 5分，共分，共 25 分。分。（11）函数()exf xx=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()0.6P A=，()0.3P B=，(|)0.2P B A=，则()P AB=；()P AB=（14）已知随机变量1X和2X的分布列分别是 能说明12()()D XD X不成立的一组12pp，的值可
5、以是1p=；2p=（15）已知函数()lnf xx=，且()f x在0 xx=处的瞬时变化率为1e 0 x=；令()0().f xxag xaxax=，若函数()g x的图象与直线eay=有且只有一个公共点，则实数a的取值范围是 x345678y4.02.50.50.52.03.0 第3页/共4页 三、解答题共三、解答题共 6 6 小题，共小题，共 8585 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。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443243210(2)xa xa xa xa xa+=+（）求420aaa+的值；（）求4(1)(2)xx+的展开式
6、中含4x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（）求第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率；（）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；（）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（）求(1)P X；（）求Y的分布列及数学期望()E Y；（）比较数学期望()E X与()E
7、Y的大小 （19）（本小题 14 分）已知函数()ln0f xxax a=，（）当1a=时，求()f x的极值；（）若对任意的(0)x+，都有()0f x，求a的取值范围；（）直接写出一个a值使()f x在区间(1)+，上单调递增 第4页/共4页 （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（）按照方案A化验，求这10人的总化验次数X的分布列；（）化验方案B：先将这10人随机分成两组，
8、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50.5p=，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()esinxf xx=+（）求曲线()yf x=在点(0(0)f，处的切线方程；（）设()()()g xxfxf x=，讨论函数()xg在区间(0)+，上的单调性；（）对任意的(1)s t+，且st，判断1()fss与1()ftt的大小关系，并证明结论 大兴区 20222023 学年度第二学期期末检测高二数学参考答案高二数学参考答案一、选择题一、选择题（共 10 小题
9、，每小题 4 分，共 40 分）12345678910BCDBDABCDD二、填空题二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）（11）1e（12）16（13）0 12.；0 78.（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（共三、解答题（共 6 小题，共小题，共 85 分）分）（16）（共 14 分）解：（）令1x 得4432103aaaaa1 分令1x 得432101aaaaa1分得4420312()aaa 2分即4420312aaa 2分41 1分（）由二项式定理知1342C8a，2分044C
10、1a 2分所以4(1)(2)xx的展开式中含4x项的系数347aa 3分（17）（共 14 分）解：（）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()3 23()()5410n ABP ABn 4分（）在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到代数题的概率()3 21(|)()3 42n ABP B An 5分（）第1次抽到代数题的概率3()5P A 1分第2次抽到代数题的概率4 33()545P B 1分所以339()()5525P A P B 1分由（）知3()10P AB，所以()()()P ABP A P B 1分事件“第1次抽到代数题”与“
11、第2次抽到代数题”不是独立事件1分（18）（共 14 分）解：（）采用有放回的方式，每次抽到正品的概率都是23所以225(1)1(2)1()39P XP X =4分（）采用无放回的方式，Y的可能取值为0 1 2，1分2226C1(0)C15P Y，1分114226C C8(1)C15P Y，1分2426C62(2)C155P Y 1分Y的分布列为Y012P115815231分所以1864()0121515153E Y 2分（）当采用有放回的方式时,2(2)3XB，1分则24()233E X 1分所以()()E XE Y1分（19）（共 14 分）解：（）当1a 时，()lnf xxx函数()f
12、 x的定义域为(0)，1分112()22xfxxxx1分令()0fx，即20 x，解得4x 1 分()fx与()f x在区间(0)，的情况如下：1分x(0 4)，4(4)，()fx0()f x单调递减(4)f单调递增所以()f x的极小值为(4)2ln4f2 分（）当0a 时，由题意知，12()22axafxxxx1 分令()0fx，即20 xa，解得24xa 1 分()fx与()f x在区间(0)，的情况如下：x2(0 4)a，24a2(4)a，()fx0()f x单调递减极小值单调递增所以()f x的最小值为2(4)2(1ln2)faaa 2 分对任意的(0)x，都有()0f x，需满足2
13、(4)2(1ln2)0faaa1 分又因为0a，所以需满足1ln20a所以e02a1 分综上，当a的取值范围为e(0)2，时，对任意的(0)x，都有()0f x（）13a 2 分（20）（共 14 分）解：（）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10(1)P Xp=，1分10(11)1P Xp=1分X的分布列为:X111P10p101p1 分（）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10(2)P Yp=，1 分55(7)2(1)P Ypp=，1 分52(12)(1)P Yp=1 分1055525()272(1)12(1)12
14、10E Yppppp2 分由（）知，101010()11(1)11 10E Xppp 1 分510105()()1210(11 10)10101E YE Xpppp 1 分因为当50.5p 时，105101010pp，1 分所以()()E YE 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：（）由()esinxf xx，得()ecosxfxx1 分因为(0)1f，1 分(0)2f 1 分所以曲线()yf x在点(0(0)f，处的切线方程为21yx1 分（）由()()()g xxfxf x知，()eecossinxxg xxxxx 1 分所以()(esin)xg xxx
15、 1 分因为当0 x 时，sin1x-1，e1x，1 分所以()(esin)0 xg xxx1 分所以()xg在区间(0)，上单调递增1 分（）令()()f xxhx，(0 1)x，1 分所以22()()()()fx xf xg xxhxx1 分因为(1)cos1sin10g，且由（）知，()xg在区间(0)，上单调递增，所以当01x时，()0 xg1 分故当(0 1)x，时，2()()0g xxhx所以()xh在区间(0 1)，上单调递减1 分因为(1)s t，st，所以1 1(0 1)st，且11st所以11()()hhst 1分即11()()11ffstst所以11()()sftfst 1 分
