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广东省中山市2023-2024学年高二下学期期末统一考试数学试卷
1．（2024高二下·中山期末）若，则（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：若，则，
化简可得，解得．
故答案为：B.
【分析】根据排列数的计算公式计算即可.
2．（2024高二下·中山期末）设某商场今年上半年月销售额（万元）关于月份…的经验回归方程为，已知上半年的总销售额为万元，则该商场月份销售额预计为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：易知，
因为经验回归方程经过样本的中心点，所以，解得，
则经验回归方程为，
故该商场月份销售额预计为.
故答案为：C.
【分析】先计算，将代入求得，再代值求值即可.
3．（2024高二下·中山期末）已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为在区间上单调递减，
所以，即，则在上恒成立，
因为在上单调递减，
所以，故.
故答案为：A.
【分析】利用导数判断函数单调性的方法，则判断出函数在区间上的单调性，则，即，则在上恒成立，利用函数在上的单调性，从而得出函数在上的最大值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
4．（2024高二下·中山期末）已知随机变量的分布列为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】概率分布列
【解析】【解答】解：根据分布列概率之和为1，可得，解得，
即，
则.
故答案为：A.
【分析】根据概率分布列的性质求出，再求即可.
5．（2024高二下·中山期末）已知随机变量服从正态分布，且，则等于（　　）
A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1
【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： 随机变量服从正态分布，且，
则，故．
故答案为：C.
【分析】根据正态分布曲线的对称性求解即可.
6．（2024高二下·中山期末）将五本不同的书全部分给甲，乙，丙三人，要求每人至少分得一本，则不同的分法有（　　）
A．90种 B．150种 C．180种 D．250种
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：五本不同的书分组为1，2，2型和1，1，3型，
若将书分成1，2，2型，再分配给3人，有种分法，
②若将书分成1，1，3型，再分配给3人，有种分法，
由分类加法原理可知共有种分法.
故答案为：B.
【分析】由题意，先分组再分配，利用分类加法原理计算即可.
7．（2024高二下·中山期末）已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，，
由，可得，即函数在上单调递减，
A、，则，即，故A错误；
B、，则，即，故B错误；
C、，则，即，故C错误；
D、，则，即，故D正确.
故答案为：D.
【分析】构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用其单调性对自变量进行赋值逐项判断即可.
8．（2024高二下·中山期末）在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式： 类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】数列的求和；组合数公式的推导
【解析】【解答】解：由杨辉三角中观察得可得，
推广得到，
则，
由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为：
.
故答案为：B.
【分析】根据题意，由杨辉三角中观察规律，从而推广得出，再结合组合数公式求和得出此“刍童垛”中圆球的总数.
9．（2024高二下·中山期末）随机变量且，随机变量，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A、 随机变量且， 则，故A正确；
B、 随机变量， 则，故B错误；
C、随机变量，则，即，解得，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布的期望方差性质即可判断AB；根据及二项分布期望公式求出p即可判断C；根据二项分布方差的计算公式求，进而求得即可判断D.
10．（2024高二下·中山期末）已知函数及其导函数的部分图象如图所示，设函数，则（　　）
A．在区间上是减函数 B．在区间上是增函数
C．在时取极小值 D．在时取极小值
【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】解：结合图像可知，
当时，；
当时，；
当时，，
因为，又因为，
则当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减，
则函数在处取得极小值，在处取得极大值.
故答案为：BC.
【解答】根据函数及其导函数的部分图象得到的符号，则得到的符号，从而判断出函数的单调性，进而得出函数的极值，则找出正确的选项.
11．（2024高二下·中山期末）关于函数，下列结论错误的是（　　）
A．的解集是 B．是极小值，是极大值
C．没有最小值，也没有最大值 D．有最大值，没有最小值
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：A、由，可得，解得，
则的解集是，故A正确；
BCD、函数的定义域为R，，
当或时，；当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
则是极小值，是极大值，故B正确；
显然当时，恒成立，当时，，，
而当时，函数的值域为，而，有最大值，没有最小值，故C错误，D正确.
故答案为：C.
【分析】解不等式即可判断A；利用导数探讨函数的极值、最值即可判断BCD.
12．（2024高二下·中山期末）已知函数 ，则过原点且与曲线 相切的直线方程为　 　.
【答案】2ex-y=0
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】设切点坐标为 ， ， ， ，
则曲线 在点 处的切线方程为 ，
由于该直线过原点，则 ，得 ，
因此，则过原点且与曲线 相切的直线方程为 ，
故答案为：2ex-y=0。
【分析】设切点坐标为 ，再利用求导的方法求出曲线在切点处的切线斜率，再利用点斜式求出曲线在切点处的切线方程，再利用切线过原点结合代入法求出t的值，从而求出切点坐标和切线的斜率，进而求出切线方程。
13．（2024高二下·中山期末）对于随机事件，记为事件的对立事件，且，则　 　.
【答案】
【知识点】条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可得：，且，则，
因为，所以，且，
则.
故答案为：.
【分析】利用条件概率公式可得，再由，结合条件概率的公式求值即可.
14．（2024高二下·中山期末）展开式中的常数项为　 　.
【答案】
【知识点】组合及组合数公式；二项式定理
【解析】【解答】解：表示个相乘，
则常数项应为个，个，个，个相乘，
故展开式中的常数项为.
故答案为：.
【分析】易知表示个相乘，结合组合数公式求解即可.
15．（2024高二下·中山期末）已知函数．
（1）求的最小值；
（2）设，证明：
【答案】（1）解：函数定义域为，，
令，解得；令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为；
（2）证明：函数，，
若，则，即，
令，，则，
令，解得；令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
，即恒成立，
故.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求最值即可；
（2）构造函数，利用导数证得恒成立，从而得证.
（1）因为，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
（2）因为，，
所以由，得，即，
令，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，
所以.
16．（2024高二下·中山期末）现有两台车床加工同一型号的零件.第1台车床的正品率为，第2台车床的正品率为，将加工出来的零件混放在一起.已知第1，2台车床加工的零件数分别为总数的.
（1）从混放的零件中任取1件，如果该零件是次品，求它是第2台车床加工出来的概率；
（2）从混放的零件中可放回抽取10次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立.用表示这10次抽取的零件是次品的总件数，试估计的数学期望.
【答案】（1）解：由题意可知：第1台加工零件的次品率为，第2台加工零件的次品率为，
记事件=“从混放的零件中任取一个零件，该零件是次品”，
事件=“从混放的零件中任取一个零件，该零件是第台车床加工的”，，
则；
（2）解：由题意可知：的可能取值为，且服从二项分布，
由（1）知，，则，
故.
【知识点】二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）由条件概率求解即可；
（2）由题意可知：随机变量的可能取值，服从二项分布，由二项分布的均值公式求解即可.
（1）不难知，第1台加工零件的次品率为，第2台加工零件的次品率为.
记事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是次品”，
事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是第台车床加工的”，.
则.
（2）的可能取值为，且服从二项分布.
由（1）知，.
.
17．（2024高二下·中山期末）规定，其中是正整数，且，这是组合数 (是正整数，且)的一种推广．
（1）求的值；
（2）设，当为何值时，取得最小值
（3）组合数的两个性质：①； ②
是否都能推广到 (是正整数)的情形 若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由．
【答案】（1）解：；
（2）解：，
，当且仅当时等号成立，
则当时，取得最小值；
（3）解：性质①不能推广，例如当时，有意义，但无意义；
性质②能推广，其推广形式是：，是正整数，
事实上，当时，有，
当时，
．
【知识点】基本不等式；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）根据公式直接计算即可；
（2）根据公式可得，再根据基本不等式求解即可；
（3）性质①不能推广，举反例判断即可；性质②能推广，根据公式化简证明即可.
（1）
（2）∵当且仅当时，取等号
∴当时，取得最小值．
（3）性质①不能推广．例如当时，有意义，但无意义；
性质②能推广，其推广形式是：，是正整数，
事实上，当时，有，
当时，
．
18．（2024高二下·中山期末）为了解某一地区新能源电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程，且销量的方差为，年份的方差为．
（1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的线性相关性的强弱．
（2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：
性别 购买非电动汽车 购买电动汽车 总计
男性 39 6 45
女性 30 15 45
总计 69 21 90
依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关？
（3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中男性的人数为，求的分布列和数学期望．
①参考数据：．
②参考公式：线性回归方程为，其中；
相关系数，若，则可判断与线性相关较强；
，其中．附表：
0.10 0.05 0.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：由，可得，由，可得，
由题意可知：，
即，
，
则电动汽车销量与年份的线性相关性的较强；
（2）解：零假设：购买电动汽车与车主性别无关，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05；
（3）解：按购买电动汽车的车主进行分层抽样，抽取的7人中男性有人，女性有5人，
由题意可知：随机变量的可能值为，，
则的分布列为：
0 1 2
.
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征；超几何分布
【解析】【分析】（1）利用线性回归方程，结合相关系数公式计算即可；
（2）根据给定的列联表求出的观测值，再与临界值比较判断即可；
（3）利用分层抽样求出男女性人数，再求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求方差即可.
（1）由，得，由，得，
因为线性回归方程，则，
即，
因此相关系数，
所以电动汽车销量与年份的线性相关性的较强.
（2）零假设：购买电动汽车与车主性别无关，
由表中数据得：，
依据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（3）按购买电动汽车的车主进行分层抽样，抽取的7人中男性有人，女性有5人，
则的可能值为，，
所以的分布列为：
0 1 2
的数学期望.
19．（2024高二下·中山期末）已知函数是的导函数．
（1）证明：在上存在唯一零点；
（2）设函数．
①当时，求函数的单调区间；
②当时，讨论函数零点的个数．
【答案】（1）证明：函数的定义域为，，
由，可得，即，
令，易知在R上单调递增，
又，
若，由于且；
若，由于且；
则在上存在唯一零点，使得，
即在上存在唯一零点；
（2）解：①、当时，易求，
由（1）知单调递增，且只存在一个零点，即有两个零点，分别是和，
，，
可得在区间和上，，即此时单调递增，
在上，，即此时单调递减；
②、易知，即的一个零点为，
（i）当时，由上可知，即，
此时在区间在区间和上，，单调递增，
在上，，单调递减，则时取得极大值，
又，即此时的零点只一个为；
（ii）当时，易知，此时，则在R上单调递增，所以此时的零点只有一个为；
（iii）当时，易知，此时在区间和上，，单调递增，
在上，，单调递减，则时取得极大值，
即，
因为，所以，
若，则，
若，则，
所以，同上此时的零点只有一个为，
综上所述：的零点只有一个为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，构造函数，利用其单调性结合零点存在性定理证明即可；
（2）①先求原函数的导函数，构造函数，利用其单调性及，得出，从而判定单调区间；②利用（1）和①的结论，分类讨论函数的单调性，极大值与0的关系判定零点个数即可.
（1）由题意可知，由得，
即，
令，易知在R上单调递增，
又，
若，由于且；
若，由于且；
所以在上存在唯一零点，使得，
即在上存在唯一零点.
（2）①当时，易求，
由（1）知单调递增，且只存在一个零点，
所以有两个零点，分别是和，
注意到，所以，
可得在区间和上，，即此时单调递增，
在上，，即此时单调递减；
②易知，即的一个零点为，
（i）当时，由上可知，即，
此时在区间在区间和上，，单调递增，
在上，，单调递减，则时取得极大值，
又，即此时的零点只一个为；
（ii）当时，易知，此时，则在R上单调递增，所以此时的零点只有一个为；
（iii）当时，易知，此时在区间和上，，单调递增，
在上，，单调递减，
则时取得极大值，即
，
因为，所以，
若，则，
若，则，
所以，同上此时的零点只有一个为.
综上所述：的零点只有一个为.
1 / 1广东省中山市2023-2024学年高二下学期期末统一考试数学试卷
1．（2024高二下·中山期末）若，则（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
2．（2024高二下·中山期末）设某商场今年上半年月销售额（万元）关于月份…的经验回归方程为，已知上半年的总销售额为万元，则该商场月份销售额预计为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·中山期末）已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·中山期末）已知随机变量的分布列为，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·中山期末）已知随机变量服从正态分布，且，则等于（　　）
A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1
6．（2024高二下·中山期末）将五本不同的书全部分给甲，乙，丙三人，要求每人至少分得一本，则不同的分法有（　　）
A．90种 B．150种 C．180种 D．250种
7．（2024高二下·中山期末）已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·中山期末）在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式： 类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·中山期末）随机变量且，随机变量，若，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高二下·中山期末）已知函数及其导函数的部分图象如图所示，设函数，则（　　）
A．在区间上是减函数 B．在区间上是增函数
C．在时取极小值 D．在时取极小值
11．（2024高二下·中山期末）关于函数，下列结论错误的是（　　）
A．的解集是 B．是极小值，是极大值
C．没有最小值，也没有最大值 D．有最大值，没有最小值
12．（2024高二下·中山期末）已知函数 ，则过原点且与曲线 相切的直线方程为　 　.
13．（2024高二下·中山期末）对于随机事件，记为事件的对立事件，且，则　 　.
14．（2024高二下·中山期末）展开式中的常数项为　 　.
15．（2024高二下·中山期末）已知函数．
（1）求的最小值；
（2）设，证明：
16．（2024高二下·中山期末）现有两台车床加工同一型号的零件.第1台车床的正品率为，第2台车床的正品率为，将加工出来的零件混放在一起.已知第1，2台车床加工的零件数分别为总数的.
（1）从混放的零件中任取1件，如果该零件是次品，求它是第2台车床加工出来的概率；
（2）从混放的零件中可放回抽取10次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立.用表示这10次抽取的零件是次品的总件数，试估计的数学期望.
17．（2024高二下·中山期末）规定，其中是正整数，且，这是组合数 (是正整数，且)的一种推广．
（1）求的值；
（2）设，当为何值时，取得最小值
（3）组合数的两个性质：①； ②
是否都能推广到 (是正整数)的情形 若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由．
18．（2024高二下·中山期末）为了解某一地区新能源电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程，且销量的方差为，年份的方差为．
（1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的线性相关性的强弱．
（2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：
性别 购买非电动汽车 购买电动汽车 总计
男性 39 6 45
女性 30 15 45
总计 69 21 90
依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关？
（3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中男性的人数为，求的分布列和数学期望．
①参考数据：．
②参考公式：线性回归方程为，其中；
相关系数，若，则可判断与线性相关较强；
，其中．附表：
0.10 0.05 0.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
19．（2024高二下·中山期末）已知函数是的导函数．
（1）证明：在上存在唯一零点；
（2）设函数．
①当时，求函数的单调区间；
②当时，讨论函数零点的个数．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：若，则，
化简可得，解得．
故答案为：B.
【分析】根据排列数的计算公式计算即可.
2．【答案】C
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：易知，
因为经验回归方程经过样本的中心点，所以，解得，
则经验回归方程为，
故该商场月份销售额预计为.
故答案为：C.
【分析】先计算，将代入求得，再代值求值即可.
3．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为在区间上单调递减，
所以，即，则在上恒成立，
因为在上单调递减，
所以，故.
故答案为：A.
【分析】利用导数判断函数单调性的方法，则判断出函数在区间上的单调性，则，即，则在上恒成立，利用函数在上的单调性，从而得出函数在上的最大值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
4．【答案】A
【知识点】概率分布列
【解析】【解答】解：根据分布列概率之和为1，可得，解得，
即，
则.
故答案为：A.
【分析】根据概率分布列的性质求出，再求即可.
5．【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： 随机变量服从正态分布，且，
则，故．
故答案为：C.
【分析】根据正态分布曲线的对称性求解即可.
6．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：五本不同的书分组为1，2，2型和1，1，3型，
若将书分成1，2，2型，再分配给3人，有种分法，
②若将书分成1，1，3型，再分配给3人，有种分法，
由分类加法原理可知共有种分法.
故答案为：B.
【分析】由题意，先分组再分配，利用分类加法原理计算即可.
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，，
由，可得，即函数在上单调递减，
A、，则，即，故A错误；
B、，则，即，故B错误；
C、，则，即，故C错误；
D、，则，即，故D正确.
故答案为：D.
【分析】构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用其单调性对自变量进行赋值逐项判断即可.
8．【答案】B
【知识点】数列的求和；组合数公式的推导
【解析】【解答】解：由杨辉三角中观察得可得，
推广得到，
则，
由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为：
.
故答案为：B.
【分析】根据题意，由杨辉三角中观察规律，从而推广得出，再结合组合数公式求和得出此“刍童垛”中圆球的总数.
9．【答案】A,C
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A、 随机变量且， 则，故A正确；
B、 随机变量， 则，故B错误；
C、随机变量，则，即，解得，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布的期望方差性质即可判断AB；根据及二项分布期望公式求出p即可判断C；根据二项分布方差的计算公式求，进而求得即可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】解：结合图像可知，
当时，；
当时，；
当时，，
因为，又因为，
则当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减，
则函数在处取得极小值，在处取得极大值.
故答案为：BC.
【解答】根据函数及其导函数的部分图象得到的符号，则得到的符号，从而判断出函数的单调性，进而得出函数的极值，则找出正确的选项.
11．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：A、由，可得，解得，
则的解集是，故A正确；
BCD、函数的定义域为R，，
当或时，；当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
则是极小值，是极大值，故B正确；
显然当时，恒成立，当时，，，
而当时，函数的值域为，而，有最大值，没有最小值，故C错误，D正确.
故答案为：C.
【分析】解不等式即可判断A；利用导数探讨函数的极值、最值即可判断BCD.
12．【答案】2ex-y=0
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】设切点坐标为 ， ， ， ，
则曲线 在点 处的切线方程为 ，
由于该直线过原点，则 ，得 ，
因此，则过原点且与曲线 相切的直线方程为 ，
故答案为：2ex-y=0。
【分析】设切点坐标为 ，再利用求导的方法求出曲线在切点处的切线斜率，再利用点斜式求出曲线在切点处的切线方程，再利用切线过原点结合代入法求出t的值，从而求出切点坐标和切线的斜率，进而求出切线方程。
13．【答案】
【知识点】条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可得：，且，则，
因为，所以，且，
则.
故答案为：.
【分析】利用条件概率公式可得，再由，结合条件概率的公式求值即可.
14．【答案】
【知识点】组合及组合数公式；二项式定理
【解析】【解答】解：表示个相乘，
则常数项应为个，个，个，个相乘，
故展开式中的常数项为.
故答案为：.
【分析】易知表示个相乘，结合组合数公式求解即可.
15．【答案】（1）解：函数定义域为，，
令，解得；令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为；
（2）证明：函数，，
若，则，即，
令，，则，
令，解得；令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
，即恒成立，
故.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求最值即可；
（2）构造函数，利用导数证得恒成立，从而得证.
（1）因为，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
（2）因为，，
所以由，得，即，
令，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，
所以.
16．【答案】（1）解：由题意可知：第1台加工零件的次品率为，第2台加工零件的次品率为，
记事件=“从混放的零件中任取一个零件，该零件是次品”，
事件=“从混放的零件中任取一个零件，该零件是第台车床加工的”，，
则；
（2）解：由题意可知：的可能取值为，且服从二项分布，
由（1）知，，则，
故.
【知识点】二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）由条件概率求解即可；
（2）由题意可知：随机变量的可能取值，服从二项分布，由二项分布的均值公式求解即可.
（1）不难知，第1台加工零件的次品率为，第2台加工零件的次品率为.
记事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是次品”，
事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是第台车床加工的”，.
则.
（2）的可能取值为，且服从二项分布.
由（1）知，.
.
17．【答案】（1）解：；
（2）解：，
，当且仅当时等号成立，
则当时，取得最小值；
（3）解：性质①不能推广，例如当时，有意义，但无意义；
性质②能推广，其推广形式是：，是正整数，
事实上，当时，有，
当时，
．
【知识点】基本不等式；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）根据公式直接计算即可；
（2）根据公式可得，再根据基本不等式求解即可；
（3）性质①不能推广，举反例判断即可；性质②能推广，根据公式化简证明即可.
（1）
（2）∵当且仅当时，取等号
∴当时，取得最小值．
（3）性质①不能推广．例如当时，有意义，但无意义；
性质②能推广，其推广形式是：，是正整数，
事实上，当时，有，
当时，
．
18．【答案】（1）解：由，可得，由，可得，
由题意可知：，
即，
，
则电动汽车销量与年份的线性相关性的较强；
（2）解：零假设：购买电动汽车与车主性别无关，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05；
（3）解：按购买电动汽车的车主进行分层抽样，抽取的7人中男性有人，女性有5人，
由题意可知：随机变量的可能值为，，
则的分布列为：
0 1 2
.
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征；超几何分布
【解析】【分析】（1）利用线性回归方程，结合相关系数公式计算即可；
（2）根据给定的列联表求出的观测值，再与临界值比较判断即可；
（3）利用分层抽样求出男女性人数，再求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求方差即可.
（1）由，得，由，得，
因为线性回归方程，则，
即，
因此相关系数，
所以电动汽车销量与年份的线性相关性的较强.
（2）零假设：购买电动汽车与车主性别无关，
由表中数据得：，
依据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（3）按购买电动汽车的车主进行分层抽样，抽取的7人中男性有人，女性有5人，
则的可能值为，，
所以的分布列为：
0 1 2
的数学期望.
19．【答案】（1）证明：函数的定义域为，，
由，可得，即，
令，易知在R上单调递增，
又，
若，由于且；
若，由于且；
则在上存在唯一零点，使得，
即在上存在唯一零点；
（2）解：①、当时，易求，
由（1）知单调递增，且只存在一个零点，即有两个零点，分别是和，
，，
可得在区间和上，，即此时单调递增，
在上，，即此时单调递减；
②、易知，即的一个零点为，
（i）当时，由上可知，即，
此时在区间在区间和上，，单调递增，
在上，，单调递减，则时取得极大值，
又，即此时的零点只一个为；
（ii）当时，易知，此时，则在R上单调递增，所以此时的零点只有一个为；
（iii）当时，易知，此时在区间和上，，单调递增，
在上，，单调递减，则时取得极大值，
即，
因为，所以，
若，则，
若，则，
所以，同上此时的零点只有一个为，
综上所述：的零点只有一个为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，构造函数，利用其单调性结合零点存在性定理证明即可；
（2）①先求原函数的导函数，构造函数，利用其单调性及，得出，从而判定单调区间；②利用（1）和①的结论，分类讨论函数的单调性，极大值与0的关系判定零点个数即可.
（1）由题意可知，由得，
即，
令，易知在R上单调递增，
又，
若，由于且；
若，由于且；
所以在上存在唯一零点，使得，
即在上存在唯一零点.
（2）①当时，易求，
由（1）知单调递增，且只存在一个零点，
所以有两个零点，分别是和，
注意到，所以，
可得在区间和上，，即此时单调递增，
在上，，即此时单调递减；
②易知，即的一个零点为，
（i）当时，由上可知，即，
此时在区间在区间和上，，单调递增，
在上，，单调递减，则时取得极大值，
又，即此时的零点只一个为；
（ii）当时，易知，此时，则在R上单调递增，所以此时的零点只有一个为；
（iii）当时，易知，此时在区间和上，，单调递增，
在上，，单调递减，
则时取得极大值，即
，
因为，所以，
若，则，
若，则，
所以，同上此时的零点只有一个为.
综上所述：的零点只有一个为.
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