北京市西城区2021下学期高二年级期末考试数学试卷

本试卷共150分，考试时长120分钟。

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 在复平面内，复数1i的共轭复数所对应的点位于 A 第一象限 2 函数yB 第二象限

C 第三象限

D 第四象限

x在x1处的瞬时变化率为

11A 2 B C 

2243 (1x)的展开式中x2的系数是

A 8 4 曲线y

B 7

C 6

D 1

D 4

2在点Q(1,2)处的切线方程为 xA 2xy40 B 2xy40 C xy10 D xy10

3333335 某批数量很大的产品的次品率为pp(1p)C4p(1p)C4pE(X)6.3

6

f(x)xcosxsinxf()222f(x)g(x)f(x)g(x)yg(x)f(x)f(x)f(x)cDa,bDf(a)f(b)f(c)f(x)abf(x)x2f(x)x3f(x)exf(x)lnxz致相反的结论。”

42|z|(x23)5f(x)f(x)pson）于1951年提出的，辛普1ix森悖论的内容大意是“在某个条件下的两组数据，分别讨论时都会满足某种性质，可是一旦合并考虑，却可能导

下面这个案例可以让我们感受到这个悖论：关于某高校法学院和商学院新学期已完成的招生情况，现有如下数据 某高校 法学院 商学院 申请人数 200人 300人 性别 男 女 男 女 录取率 50% 70% 60% 90% 对于此次招生 给出下列四个结论： ①法学院的录取率小于商学院的录取率；

②这两个学院所有男生的录取率小于这两个学院所有女生的录取率；

③这两个学院所有男生的录取率不一定小于这两个学院所有女生的录取率； ④法学院的录取率不一定小于这两个学院所有学生的录取率。 其中，所有正确结论的序号是______________。

三、解答题：共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 17 （本小题满分13分） 已知函数f(x)x3x。 （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）求函数f(x)在区间[1,3]上的最大值和最小值。 18（本小题满分13分）

某射手打靶命中8环、9环、10环的概率分别为、、，如果他连续打靶三次，且每次打靶的命中结果互不影响。 （Ⅰ）求该射手命中29环的概率； （Ⅱ）求该射手命中不少于28环的概率。 19 （本小题满分13分）

已知函数f(x)xalnx(a0)。

（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）求函数f(x)的极值点和极值。 20 （本小题满分14分）

高中必修课程结束之后，学生需要从物理、化学、生物、历史、地理、政治六科中选择三科，继续学习选择性必修课程，某地记者为了了解本地区高一学生的选择意向，随机采访了100名学生作为样本进行情况调研，得到下表： 组别 第1组 第2组 第3组 第4组 第5组 第6组 第7组 第8组 第8组 第10组 选考科目 历史、地理、政治 物理、化学、生物 生物、历史、地理 化学、生物、地理 物理、化学、地理 物理、生物、地理 化学、历史、地理 物理、历史、地理 化学、生物、政治 生物、地理、政治 频数 20 17 14 12 10 9 7 5 4 2 合计：100 3 （Ⅰ）从样本中随机选1名学生，求该学生选择了化学的概率； 望；

（Ⅱ）从第8组、第9组、第10组中，随机选2名学生，记其中选择政治的人数为X，求X的分布列和期（Ⅲ）如果这个地区一名高一学生选择了地理，则在其它五科中，他同时选择哪一科的可能性最大并说明理由。

21 （本小题满分13分）

a2xx1。 2（Ⅰ）若a0，证明：f(x)0；

（Ⅱ）若曲线yf(x)的切线斜率不存在最小值，求a的取值范围。

已知函数f(x)ex22 （本小题满分14分）

已知函数f(x)lnxaxa。 （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）求证：当a1时，函数g(x)e

x1f(x)存在最小值，且最小值小于1。

【试题答案】

一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分。 1 D

2 B

3 C

4 A

5 C

6 C

7 B

8 D

9 B

10 B

二、填空题：共6小题，每小题5分，共30分。 11 22

12 40

13 45

14 1

15 f(x)x31（答案不唯一） 16 ②④

注：第16小题只选对一个正确命题得2分，错选不得分。

三、解答题：共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 17（本小题满分13分）

解：（Ⅰ）因为f(x)x33x，所以f(x)3x23。

3分

令f(x)0，解得x11,x21。

随着的变化，f(x),f(x)变化情况如下表： (,1) －1 （－1，1） 1 (1,) f(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以，函数f(x)的单调递增区间为(,1)和(1,)，单调递减区间为(1,1)。

（Ⅱ）因为函数f(x)在区间[1,1]上单调递减，在区间[1,3]上单调递增， 又f(1)2,f(1)2,f(3)18， 11分

所以，函数f(x)在区间[1,3]上的最大值为18，最小值为－2。

13分

18 （本小题满分13分）

解：（Ⅰ）设A“连续射击3次，中29环”，

则P(A)C2(0.2)230.25 4分 ＝

所以该射手命中29环的概率为。

5分 （Ⅱ）设B＝“连续射击3次，命中不少于28环”， 依题意，命中30环的概率为(0.2)30.008；

7分 命中28环的概率为C215(0.2)2C2230.3(0.25)0.2

11分 0.0180.03750.0555；

12分 由（1）知，命中29环的概率为；

所以P(B)0.0080.05550.030.0935，

13分

所以该射手连续射击3次，命中不少于28环的概率为。 19 （本小题满分13分）

解：（Ⅰ）当a1时，f(x)xlnx，所以f(x)11x1xx， 3分

所以f(1)0，

又因为f(1)1，所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y1。 5分

（Ⅱ）由已知，f(x)1axaxx,x(0,)， ①当a0时，f(x)0，

函数f(x)在定义域内是增函数，不存在极值。

7分

②当a0时，令f(x)0，解得xa， 随着的变化，f(x)，f(x)变化情况如下表：

(0,a) a (a,) 8分9分

f(x) f(x) － ↘ 0 极小值 ＋ ↗ 9分

10分 12分

所以，函数f(x)在区间(0,a)上单调递减，在区间(a,)上单调递增， 所以，函数f(x)的极小值点为xa，极小值为f(a)aalna， 函数f(x)不存在极大值。

13分

综上，当a0时，函数f(x)没有极值；当a0时，f(x)有极小值aalna，极小值点为xa，无极

大值。

20 （本小题满分14分）

解：（Ⅰ）设A＝“从样本中随机选1人，该学生选择了化学”， 则P(A)171210745010010012，

所以，从样本中随机选1人，该学生选择了化学的概率为

12。 4分

（Ⅱ）第8、9、10组共有11人，其中选择政治的有6人。 所以X的所有可能取值为0，1，2。

5分 C2P(X0)52C2，

6分 11111P(X1)CC1566C2，

7分 1111P(X2)C263C2。

8分

1111所以X的分布列为 X 0 1 2 P(X) 2611 31111 故X的期望E(X)0211161123121111。

11分 （Ⅲ）选择地理的总人数为：20141210975279。

所以P（“同时选择生物”）＝141292377979； P（“同时选择化学”）＝12107227979； P（“同时选择政治”）＝202227979； P（“同时选择物理”）＝1095792479； P（“同时选择历史”）＝201475467979。 13分 因为4679最大，所以一个学生选择了地理，同时选择历史的可能性最大。

14分

21（本小题满分13分）

解：（Ⅰ）当a0时，f(x)exx1，所以f(x)ex1， 1分

解f(x)0，得x0；解f(x)0，得x0，

所以f(x)在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增，

3分

9分

所以f(x)的最小值为f(0)0， 所以f(x)0。

5分

（Ⅱ）因为f(x)ex设g(x)eax1，

xa2xx1，所以f(x)exax1， 2则曲线yf(x)的切线斜率不存在最小值等价于g(x)不存在最小值。 7分

g(x)exa。

①当a0时，g(x)0恒成立，

所以g(x)在区间(,)上单调递增，不存在最小值，

所以a0符合题意。

9分

②当a0时，

解g(x)0，得xlna；解g(x)0,得xlna，

所以g(x)在区间(,lna)上单调递减，在区间(lna,)上单调递增， 所以g(x)在xlna处取得最小值， 所以a0不符合题意。 综上，a的取值范围为{a|a0}。 22 （本小题满分14分）

12分 13分

10分

1ax1。 axx①当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0,)。

解：（Ⅰ）函数f(x)定义域为{x|x0},f(x)②当a0时，

2分

11；解f(x)0，得x， aa11所以f(x)的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,)。

aa解f(x)0，得0x 4分

综上，当a0时，f(x)单调递增区间为(0,)；当a0时，f(x)的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(1a1,)。 ax1（Ⅱ）证法1：由已知g(x)e因为g(1)1，

lnxaxa,x0。

所以只需证明g(x)存在最小值，但x1不是最小值点，即gmin(x)g(1)1。6分

ex1lnxaxa，所以g(x)ex1a， 因为g(x)ex1因为函数yex1,y在区间(0,)上是增函数，

x所以g(x)在区间(0,)上是增函数， 8分 因为a1，所以g(1)a0，

11g(1ln(a1))a1a10，

1ln(a1)1ln(a1)所以方程g(x)0在区间(0,)上存在唯一解， 10分 不妨设为x0，则x01，

随着的变化，g(x),g(x)变化情况如下表：

(0,x0) (x0,) x0 g(x) － ＋ 0 g(x) ↘ 极小值 ↗ 所以g(x)有最小值，最小值为g(x0)g(1)1， 所以函数g(x)ex1 13分 14分

f(x)存在最小值，且最小值小于1。

x1证法2：由已知g(x)e所以g(x)ex1exlnxaxalnxaxa,x0，

e1a， x1因为yex1,y在区间(0,)上是增函数，

x所以g(x)在(0,)上是增函数，

6分

因为a1，所以g(1)a0,g(1ln(a1))a1所以方程g(x)0存在唯一解， 不妨设为x0，则x01，

随着的变化，g(x),g(x)变化情况如下表：

8分

1a0，

1ln(a1)(0,x0) － ↘ x01x0 0 极小值 (x0,) ＋ ↗ g(x) g(x) 所以g(x)ming(x0)e所以g(x)min2ex01lnx0ax0a，且ex011a， x010分

lnx0x0ex0111,x01。 x0设h(x)2ex1lnxxex111， x111xex12(1x)(ex12)， xxx当x1时，h(x)0，所以h(x)在区间(1,)上单调递减， 所以当x1时，h(x)h(1)1，即g(x)的最小值小于1， 所以函数g(x)存在最小值，且最小值小于1。 h(x)ex1

12分 13分 14分