2020-2021学年山东省聊城高二（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省聊城高二（下）期末考试数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 设集合A={x|x<3，且x∈N}，B={1,2,3}，则A∪B=( )
A.1,2B.0,1,2,3C.1,2,3D.0,1,2

2. 命题“∃x≥0，2x2−x<0”的否定是( )
A.∃x<0，2x2−x<0B.∃x≥0，2x2−x≥0
C.∀x<0，2x2−x<0D.∀x≥0，2x2−x≥0

3. 若a∈N，且502021+a能被17整除，则a的最小值为（ ）
A.0B.1C.16D.18

4. 若关于x的不等式ax+b>0a,b∈R的解集为−∞,−3，则关于x的不等式bx2−a+2bx−2b<0的解集为（ ）
A.−3,23B.−∞,−3∪23,+∞
C.−23,3D.−∞,−23∪3,+∞

5. 甲、乙、丙、丁四位同学计划去4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A=“四位同学去的景点不相同”，事件
B=“甲同学独自去一个景点”，则P(A|B)=( )
A.29B.13C.49D.59

6. 小李大学毕业后回到家乡开了一家网店，专门卖当地的土特产．为了增加销量，计划搞次促销活动，一次购物总价值不低于M元，顾客就少支付20元．已知网站规定每笔订单顾客在网上支付成功后，小李可以得到货款的85%．为了在本次促销活动中小李从每笔订单中得到的金额均不低于促销前总价的75%，则M的最小值为( )
A.150B.160C.170D.180

7. 2021年4月24日是第六个“中国航天日”，今年的主题是“扬帆起航逐梦九天”．为了制作一期展示我国近年来航天成就的展览，某校科普小组的6名同学，计划分“神舟飞天”、“嫦娥奔月”、“火星探测”3个展区制作展板，每人只负责一个展区，每个展区至少有一人负责，则不同的任务分配方案有（ ）
A.990种B.630种C.540种D.480种

8. 数学家高斯是世界著名的数学家之一，他一生成就极为丰硕，仅以他的名字“高斯”命名的成果多达110个，为数学家中之最．对于高斯函数y=x，其中x表示不超过x的最大整数，如1.7=1，−1.2=−2，x表示实数x的非负纯小数，即x=x−x，如1.7=0.7，−1.2=0.8．若函数y=x−1+lgax(a>0，且a≠1)有且仅有3个不同的零点，则实数a的取值范围为( )
A.[3,4)B.(3,4]C.[2,3）D.2,3
二、多选题

已知0A.1>a2>b2>14B.2>1a>1b>1
C.ab−1>ba−1D.1e>e−b>e−a>1e

下列关于成对样本数据的统计分析的判断中正确的有（ ）
A.若样本相关系数r=0，则说明成对样本数据没有相关性
B.样本相关系数r越大，成对样本数据的线性相关性越强
C.用最小二乘法求得的一元线性回归模型的残差和一定是0
D.决定系数R2越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好

某单位举行建党100周年党史知识竞赛，在必答题环节共设置了5道题，每道题答对得20分，答错倒扣10分(每道题都必须回答，但相互不影响)．设某选手每道题答对的概率均为23，其必答环节的总得分为X，则( )
A.该选手恰好答对2道题的概率为49
B.EX=50
C.DX=1003
D.PX>60=112243

关于函数fx=ax−lnx，其中a≠0，下列判断正确的是( )
A.x=1a是函数fx的极值点
B.当0C.当a=e时，函数fx的最小值为2
D.当a=2时，函数fx在1,e上的值域为2,2e−1
三、填空题

奇函数 fx定义域为R，且函数fx+1 为偶函数，若 f−1=2，则f1+f2+⋯+f2021=________.
四、解答题

已知x2+2xn的展开式中第7项和第6项的系数之比为7:3.
(1)求展开式的第5项；

(2)求展开式的奇数项的系数之和．

已知函数fx=a2−a−1x(1−a)(2+a) 是幂函数a∈R，且f1(1)求函数fx的解析式；

(2)试判断是否存在实数b使得函数gx=3−fx+2bx在区间−1,1上的最大值为6，若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由．

某校高二年级共有1500名学生（其中男生900名），为了了解学生每天的体育锻炼时间情况，按性别分层随机抽样得到一个容量为100的样本．经计算得到样本的平均值为62（单位：分钟），方差为16.
(1)若学生的每天体育锻炼时间近似服从正态分布Nμ,σ2，用样本估计总体，试估计该校高二年级每天体育锻炼时间在区间66,74内的学生人数（最后结果按四舍五入保留整数）；

(2)若把每天体育锻炼时间在80,120内的称为“锻炼达人”，该样本中共有“锻炼达人”58人，且从男生中随机抽取一人，其为“锻炼达人”的概率为0.7．完成下面的2×2列联表，并根据小概率值α=0.005的独立性检验，分析男生是“锻炼达人”的可能性是否更大．
附：χ2独立性检验中常用小概率值和相应的临界值：
χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
若X∼Nμ,σ2，则Pμ−σ≤X≤μ+σ≈0.6827，Pμ−2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545，Pμ−3σ≤X≤μ+3σ≈0.9973．

某中学学生会为了让新高一的同学更好的了解学校的各种社团活动，计划设计一张形状为矩形的宣传海报来介绍各社团活动．如图，该海报设计上，中、下三个全等的矩形栏目，三矩形栏目面积总和为60000cm2，四周空白部分的宽度均为10cm，栏目之间中缝宽度为5cm.

(1)要使整个宣传海报的用纸面积S最小，应该怎样设计每个矩形栏目的长度x（单位：cm）和高度y（单位：cm），并求出S的最小值；

(2)若学校宣传栏只剩下一块长度为180cm，高度为780cm的矩形区域可用于张贴宣传海报，为使整个宣传海报的用纸面积S最小，又该如何设计每个矩形栏目的长度x（单位：cm）和高度y（单位：cm），并求出S的最小值．

已知函数fx=ax−2ex−x−12．
(1)当a=1时，求fx的极值；

(2)讨论函数fx的单调性．

“学习强国”平台的“四人赛”栏目的比赛规则为：每日仅前两局得分，首局第一名积3分，第二、三名各积2分，第四名积1分；第二局第一名积2分，其余名次各积1分.
(1)若从5名男生2名女生中选出4人参加比赛，设期中男生的人数为X，求X的分布列和数学期望；

(2)甲、乙二人每日都连续参加两局比赛，经统计可知甲同学每日得分ξ的均值为3.25，方差为0.38．现已知乙同学每一局比赛中他得第一名的概率为14，得第二或三名的概率为23，已知每局比赛中四个人的名次各不相同，且两局比赛结果互不影响．请问甲、乙二人谁的平均水平更高？谁的稳定性更高？
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省聊城市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
并集及其运算
【解析】
根据集合的并集的概念求解即可．
【解答】
解：∵ 集合A={x|x<3，且x∈N}={0,1,2},
B={1,2,3}，
∴ A∪B=0,1,2,3．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．
【解答】
解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∃x≥0，2x2−x<0”的否定是：∀x≥0，2x2−x≥0．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:502021+a=(51−1)2021+a
=512021−512020+512019−⋅+51−1+a，
∵ 51=17×3，
∴ 若502021+a能被17整除，则−1+a最小取值为0即a=1，
∴ a最小取值为1.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
先由一次不等式关系求得a，b之间的关系式，然后把不等式bx2−a+2bx−2b<0转化为3x2−7x−6<0，再求出其解集即可．
【解答】
解：∵ 不等式ax+b>0a,b∈R的解集为−∞,−3，则b=3a,
∴ 不等式bx2−a+2bx−2b<0等价于3x2−7x−6<0，
解得x<−23或x>3，
∴ 不等式bx2−a+2bx−2b<0的解集为−∞,−23∪3,+∞．
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
由题意结合计数原理的知识求出所有基本事件数、B发生的基本事件数、AB发生的基本事件数，由古典概型概率公式可得
P(B)、PAB，再利用条件概率概率公式即可得解．
【解答】
甲、乙、丙、丁四位同学计划去4个景点旅游，每人只去一个景点共有44=256个基本事件，
甲同学独自去一个景点，共有C41⋅33=108个基本事件，则PB=108256=2764
事件A、B同时发生即事件A：四位同学去的景点不相同发生，共有A44=24个基本事件，则PAB=24256=332
所以PA|B=PABPB=3322764=29
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
在促销活动中，一次购物总价值不低于M元，可得M−20×85%≥M×75%，解不等式，结合恒成立思想，可得M的最小值．
【解答】
解：由题意，M−20×85%≥M×75%，
解得M≥170，
∴ M的最小值为170．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
把6名同学分为(1,1,4)，(2,2,2)，(1,2,3)三种情况讨论，然后分别计算即可求得结果.
【解答】
解：把6名同学分为1,1,4三组，则不同的分配方案有：C61C51C44A22⋅A33=90种，
把6名同学分为2,2,2三组，则不同的分配方案有：C62C42C22A33⋅A33=90种，
把6名同学分为1,2,3三组，则不同的分配方案有：C61C52C33⋅A33=360种，
因此不同的分配方案有：90+90+360=540种.
故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
根据高斯函数的定义，将函数的零点问题转化为两个新函数图象的交点问题，然后数形结合求参数的取值范围．
【解答】
解：若函数y={x}−1+lgax有且仅有3个零点，
则y=lgax的图象与函数 y=1−{x}=1+x−x=1−x,0作出y=1−{x}的大致图象如图所示，
易知当0故a>1，作出y=lgax的大致图象，数形结合可知lga3≤1,lga4>1,
解得3≤a<4．
故选A．
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
对数的运算性质
不等式的基本性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：已知0因为y=lg12x在区间0,+∞单调递减，
所以12因为函数y=1x在区间0,+∞单调递减，12所以2>1b>1a>1，故B错误；
因为ab−1−ba−1=aa−1−bb−1b−1a−1
= a2−b2−a−bb−1a−1 =a−ba+b−1b−1a−1，
又12所以a+b>1，a−ba+b−1b−1a−1>0，故C正确；
因为−12>−b>−a>−1，
函数y=ex为单调递增函数，所以1e故选ACD．
【答案】
C,D
【考点】
变量间的相关关系
相关系数
【解析】
根据题意逐项进行判断即可得到结果.
【解答】
解：对于A，r的值不能为0，因此错误；
对于B，样本相关系数，|r|越大，成对样本数据的线性相关性越强，因此错误；
对于C，用最小二乘法求得的一元线性回归模型的残差和一定是0，因此正确；
对于D，决定系数R2越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，因此正确.
故选CD.
【答案】
B,D
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
相互独立事件的概率乘法公式
古典概型及其概率计算公式
【解析】
利用独立重复试验的概率计算公式，求出该学生在面试时恰好答对2道题的概率；再由该学生在面试时答对题目数Y∼B5,23，分别求出答对题数的方差和数学期望，即可得到答案．
【解答】
解：A，该选手恰好答对2道题的概率为
C52×232×1−233=40243，故A不符合题意．
B，设该选手答对题目数为随机变量Y，则X=20Y−105−Y=30Y−50，
依题意可得Y∼B5,23，
则EY=5×23=103，
故EX=E30Y−50=30EY−50
=30×103−50=50，故B符合题意；
C，因为Y∼B5,23，
则DY=5×23×1−23=109，
故DX=D30Y−50=900DY
=900×109=1000，故C不符合题意．
D．令X=30Y−50>60，解得Y>113，
故Y=4或Y=5，
故PX>60=PY=4+PY=5
=C54×234×13+235=112243，
故D符合题意．
故选BD．
【答案】
B,C,D
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
函数的零点
利用导数研究函数的最值
导数求函数的最值
【解析】
由已知可得fx的定义域为0,+∞，且
f′x=a−1x，a≠0，
当a<0时，f′x<0在0,+∞上恒成立，则fx在0,+∞上单调递减．
当 a>0时，f′x=ax−1x，
令f′x=0，解得x=1a，
故当01a时，f′x>0，
故fx在0,1a上单调递减，在1a,+∞上单调递增，
故
fxmin=f1a=1−ln1a=1+lna，依次判断各选项．
【解答】
由已知可得fx的定义域为0,+∞，且
f′x=a−1x，a≠0，
当a<0时，f′x<0在0,+∞上恒成立，则fx在0,+∞上单调递减．
当 a>0时，f′x=ax−1x，
令f′x=0，解得x=1a，
故当01a时，f′x>0，
故fx在0,1a上单调递减，在1a,+∞上单调递增，
故
fxmin=f1a=1−ln1a=1+lna，
A，因为当a<0时，fx在0,+∞上单调递减，所以此时fx无极值，故A错误；
B，当0又因为当x>0的右侧趋近于0时，fx趋近于+∞，当x趋近于+∞时，fx趋近于+∞
所以此时fx的图象与x轴有两个交点，即fx有两个不同的零点，故B正确；
C，当a=e时，
fxmin=f1e=1+lne=2，故C正确；
D，当a=2时，fx=2x−lnx在1,e上单调递增，
故fxmin=f1=2，
fxmax=fe=2e−lne=2e−1，
故fx在1,e上的值域为2,2e−1，
故D正确．
故选BCD．
三、填空题
【答案】
−2
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的周期性
【解析】
根据题意，分析可得f(x)是周期为4的周期函数，进而求出f(1)、f(2)、f(3)、f(4)的值，结合函数的周期性分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，fx+1为偶函数，则fx的图象关于直线x=1对称，
则有f2+x=f−x，
又由fx是定义在R上的奇函数，
则f−x=−fx
则有f2+x=−fx，
进而可得fx+4=−fx+2=fx，
即fx是周期为4的周期函数，
又由fx是定义在R上的奇函数，
则f0=0，
若f−1=2，
则f1=−f−1=−2，f2=f0=0，f3=f−1=2，f4=f0=0，
则f1+f2+f3+⋯+f2021
=505×[f1+f2+f3+f4]+f2021
=f2021=f1=−2．
故答案为：−2．
四、解答题
【答案】
解：(1)展开式的通项公式为:
Tr+1=Cnr⋅x2n−2r⋅2r⋅x−r=2r⋅Cnr⋅x2n−3r,
r=0,1,2,⋯⋯,n.
由题意知26⋅Cn625⋅Cn5=73,
所以6Cn6=7Cn5，
解得n=12.
所以展开式的通项公式为Tr+1=2rC12rx24−3r，r=1，2，……，12，
所以第5项为T5=24⋅C124x12=7920x12.
(2)设展开式中第i项的系数为ai,i=1,2，……，12,13，
则奇数项的系数和为a1+a3+a5+⋯+a13，
令fx=x2+2x12=a1x24+a2x21+⋯+a12x−9+a13x−12，
则f1=312=a1+a2+a3+⋯+a13
=a1+a3+a5+⋯+a13+a2+a4+a6+⋯+a12，①
f−1=−112=a1−a2+a3−a4+⋯−a12+a13
=a1+a3+a5+⋯+a13−a2+a4+a6+⋯+a12，②
所①+②得，312+1=2a1+a3+a5+⋯+a13
所以a1+a3+a5+⋯+a13=312+12=265721
即展开式的奇数项的系数之和为265721．
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理及相关概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)展开式的通项公式为:
Tr+1=Cnr⋅x2n−2r⋅2r⋅x−r=2r⋅Cnr⋅x2n−3r,
r=0,1,2,⋯⋯,n.
由题意知26⋅Cn625⋅Cn5=73,
所以6Cn6=7Cn5，
解得n=12.
所以展开式的通项公式为Tr+1=2rC12rx24−3r，r=1，2，……，12，
所以第5项为T5=24⋅C124x12=7920x12.
(2)设展开式中第i项的系数为ai,i=1,2，……，12,13，
则奇数项的系数和为a1+a3+a5+⋯+a13，
令fx=x2+2x12=a1x24+a2x21+⋯+a12x−9+a13x−12，
则f1=312=a1+a2+a3+⋯+a13
=a1+a3+a5+⋯+a13+a2+a4+a6+⋯+a12，①
f−1=−112=a1−a2+a3−a4+⋯−a12+a13
=a1+a3+a5+⋯+a13−a2+a4+a6+⋯+a12，②
所①+②得，312+1=2a1+a3+a5+⋯+a13
所以a1+a3+a5+⋯+a13=312+12=265721
即展开式的奇数项的系数之和为265721．
【答案】
解：(1)因为函数f(x)=(a2−a−1)x(1−a)(2+a) 是幂函数，
所以a2−a−1=1，即a−2a+1=0，即a=2或a=−1．
当a=2时，fx=x−4，f1=1>116=f2，不合题意，
当a=−1时，fx=x2，f1=1<4=f2，符合题意，
所以fx的解析式为fx=x2．
(2)由(1)得，gx=3−x2+2bx=−x2+2bx+3=−x−b2+b2+3，
其图像开口向下，且对称轴为x=b．
(i)若−1解得b=±3，均不合题意；
(ii)若b≤−1，则fx在−1,1上单调递减，
fx的最大值为f−1=−1−2b+3=6，解得b=−2，符合题意，
(iii)若b≥1，则fx在−1,1上单调递增，fx的最大值为f1=−1+2b+3=6，解得b=2，符合题意，
综上所述，存在实数b=±2满足题意．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
二次函数在闭区间上的最值
【解析】


【解答】
解：(1)因为函数f(x)=(a2−a−1)x(1−a)(2+a) 是幂函数，
所以a2−a−1=1，即a−2a+1=0，即a=2或a=−1．
当a=2时，fx=x−4，f1=1>116=f2，不合题意，
当a=−1时，fx=x2，f1=1<4=f2，符合题意，
所以fx的解析式为fx=x2．
(2)由(1)得，gx=3−x2+2bx=−x2+2bx+3=−x−b2+b2+3，
其图像开口向下，且对称轴为x=b．
(i)若−1解得b=±3，均不合题意；
(ii)若b≤−1，则fx在−1,1上单调递减，
fx的最大值为f−1=−1−2b+3=6，解得b=−2，符合题意，
(iii)若b≥1，则fx在−1,1上单调递增，fx的最大值为f1=−1+2b+3=6，解得b=2，符合题意，
综上所述，存在实数b=±2满足题意．
【答案】
解：（1）由题意得，随机变量X的样本均值为62，样本方差为16，用样本均值估计参数μ，
用样本方差估计参数，可以得到X∼N62,42．
则P62−4≤X≤62+4=P58≤X≤66≈0.6827，
P62−3×4≤X≤62+3×4=P50≤X≤74≈0.9973，
所以P66≤X≤74=0.9973−0.68272≈0.1573，
0.1573×1500=235.95≈236，
所以该校高二年级每天体育锻炼时间在区间66,74内的学生人数大约有236人．
(2)按照分层抽样的方法可知，该样本中男生人数为100×9001500=60人，女生为40人，所以男生中“锻炼达人”的人数为60×0.7=42人，女生中“锻炼达人”的人数为58−42=16人，
则2×2列联表为：
零假设为H0：锻炼达人和性别无关．
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2=100×42×24−16×18260×40×58×42≈8.867>7.879=χ0.005．
根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“锻炼达人”和性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.005．
由题意知男生中是“锻炼达人”和不是“锻炼达人”的频率分别为0.7和0.3，根据上表中的数据计算，女生中是“锻炼达人”和不是“锻炼达人”的频率分别为1640=0.4和2440=0.6．
由可见，男生中是“锻炼达人”的频率是女生中是“锻炼达人”的频率的1.75倍．于是，根据频率稳定于概率的原理，我们可以认为男生中是“锻炼达人”的概率明显大于女生中是“锻炼达人”的概率，即认为男生是“锻炼达人”的可能性更大．
【考点】
正态分布的密度曲线
用样本的数字特征估计总体的数字特征
独立性检验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由题意得，随机变量X的样本均值为62，样本方差为16，用样本均值估计参数μ，
用样本方差估计参数．，可以得到X∼N62,42．
则P62−4≤X≤62+4=P58≤X≤66≈0.6827，
P62−3×4≤X≤62+3×4=P50≤X≤74≈0.9973，
所以P66≤X≤74=0.9973−0.68272≈0.1573，
0.1573×1500=235.95≈236，
所以该校高二年级每天体育锻炼时间在区间66,74内的学生人数大约有236人．
(2)按照分层抽样的方法可知，该样本中男生人数为100×9001500=60人，女生为40人，所以男生中“锻炼达人”的人数为60×0.7=42人，女生中“锻炼达人”的人数为58−42=16人，
则2×2列联表为：
零假设为H0：锻炼达人和性别无关．
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2=100×42×24−16×18260×40×58×42≈8.867>7.879=χ0.005．
根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“锻炼达人”和性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.005．
由题意知男生中是“锻炼达人”和不是“锻炼达人”的频率分别为0.7和0.3，根据上表中的数据计算，女生中是“锻炼达人”和不是“锻炼达人”的频率分别为1640=0.4和2440=0.6．
由可见，男生中是“锻炼达人”的频率是女生中是“锻炼达人”的频率的1.75倍．于是，根据频率稳定于概率的原理，我们可以认为男生中是“锻炼达人”的概率明显大于女生中是“锻炼达人”的概率，即认为男生是“锻炼达人”的可能性更大．
【答案】
解：（1）由题意得x>0，y>0，且xy=20000，所以y=20000x，
则宣传海报用纸的长为x+20cm，高为3y+30cm，
所以宣传海报用纸的面积S=x+203y+30=3xy+600+30x+2y
=60600+30x+2y≥60600+30×22xy=60600+12000=72600(cm2)，
当且仅当x=2y=40000x，即x=200,y=100时等号成立，
所以当每个矩形栏目的长度为200cm，高度为100cm时，宣传海报的用纸面积S最小，最小值为72600cm2．
（2）由题意得 x+20≤180,3×20000x+30≤780, 解得80≤x≤160．
所以，由（1）得，宣传海报的面积Sx=60600+30x+2y=60600+30x+40000x
80≤x≤160．
S′x=301−40000x2，
令S′x<0可得，0所以当且仅当x=160cm，y=20000160=125cm时，Sx取到最小值，
即S(x)min=S(160)=60600+30(160+2×125)=72900(cm2)
所以当每个矩形栏目的长度为160cm，高度为125cm 时，宣传海报的用纸面积S最小，最小值为72900cm2．
【考点】
函数模型的选择与应用
基本不等式在最值问题中的应用
利用导数研究函数的最值
【解析】

1
【解答】
解：（1）由题意得x>0，y>0，且xy=20000，所以y=20000x，
则宣传海报用纸的长为x+20cm，高为3y+30cm，
所以宣传海报用纸的面积S=x+203y+30=3xy+600+30x+2y
=60600+30x+2y≥60600+30×22xy=60600+12000=72600(cm2)，
当且仅当x=2y=40000x，即x=200,y=100时等号成立，
所以当每个矩形栏目的长度为200cm，高度为100cm时，宣传海报的用纸面积S最小，最小值为72600cm2．
（2）由题意得 x+20≤180,3×20000x+30≤780, 解得80≤x≤160．
所以，由（1）得，宣传海报的面积Sx=60600+30x+2y=60600+30x+40000x
80≤x≤160．
S′x=301−40000x2，
令S′x<0可得，0所以当且仅当x=160cm，y=20000160=125cm时，Sx取到最小值，
即S(x)min=S(160)=60600+30(160+2×125)=72900(cm2)
所以当每个矩形栏目的长度为160cm，高度为125cm 时，宣传海报的用纸面积S最小，最小值为72900cm2．
【答案】
解：函数fx的定义域为R．
（1）当a=1时，fx=x−2ex−x−12．
所以f′x=x−1ex−2．
令f′x=0，解得x=1或x=ln2．
当x变化时，f′x,fx的变化情况如下表：
因此，fx的极大值为fln2=−ln22+4ln2−5，极小值为f1=−e．
（2）f′x=aex+ax−2ex−2x−1
=ax−1ex−2x−1=x−1aex−2．
①若a≤0,aex−2<0，所以当x<1时，f′x>0，当x>1时，f′x<0，
所以函数fx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减．
②若a>0，令f′x=0，解得x=1或x=ln2a，
（i）当ln2a=1时，即a=2e时，f′x≥0恒成立，
所以fx在−∞,+∞上单调递增．
（ii）当ln2a<1时，即a>2e时，
在(−∞,ln2a)和(1,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(ln2a,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
（iii）当ln2a>1时，即0在(−∞,1)和(ln2a,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(1,ln2a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，函数fx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减；
当0当a=2e时，fx在−∞,+∞上单调递增；
当a>2e时，f(x)在(−∞,ln2a)和(1,+∞)上单调递增，在(ln2a,1)上单调递减.
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数fx的定义域为R．
（1）当a=1时，fx=x−2ex−x−12．
所以f′x=x−1ex−2．
令f′x=0，解得x=1或x=ln2．
当x变化时，f′x,fx的变化情况如下表：
因此，fx的极大值为fln2=−ln22+4ln2−5，极小值为f1=−e．
（2）f′x=aex+ax−2ex−2x−1
=ax−1ex−2x−1=x−1aex−2．
①若a≤0,aex−2<0，所以当x<1时，f′x>0，当x>1时，f′x<0，
所以函数fx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减．
②若a>0，令f′x=0，解得x=1或x=ln2a，
（i）当ln2a=1时，即a=2e时，f′x≥0恒成立，
所以fx在−∞,+∞上单调递增．
（ii）当ln2a<1时，即a>2e时，
在(−∞,ln2a)和(1,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(ln2a,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
（iii）当ln2a>1时，即0在(−∞,1)和(ln2a,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(1,ln2a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，函数fx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减；
当0当a=2e时，fx在−∞,+∞上单调递增；
当a>2e时，f(x)在(−∞,ln2a)和(1,+∞)上单调递增，在(ln2a,1)上单调递减.
【答案】
解：(1)依题意可得X所有可能的取值为2，3，4，
其中PX=2=C52C22C74=27，
PX=3=C53C21C74=47，
PX=4=C54C74=17，
故X的分布列为：
故EX=2×27+3×47+4×17=207.
(2)依题意可得乙首局得3分的概率为14，得2分的概率为23，得1分的概率为 1−14−23=112 ；乙第二局得2分的概率为14，得1分的概率为1−14=34，
设乙每日得分为η，则η所有可能的取值为2，3，4，5.
若η=2，则他两局都得1分，
故Pη=2=112×34=116，
若η=3，则他首局得1分第二局得2分，或者首局得2分，第二局得1分，
故Pη=3=112×14+23×34=2548，
若η=4，则他首局得2分第二局得2分，或者首局得3分，第二局得1分，
故Pη=4=23×14+14×34=1748，
若η=5 则他首局得3分第二局得2分，
故Pη=5=14×14=116，
故Eη=2×116+3×2548+4×1748+5×116=196≈3.17，
Dη=116×2−1962+2548×3−1962+
1748×(4−196)2+116×(5−196)2=155144≈1.08，
∵ 3.25>3.17， 0.38<1.08，
∴ 甲的平均水平更高，甲的稳定性更高．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
生活中概率应用
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意可得X所有可能的取值为2，3，4，
其中PX=2=C52C22C74=27，
PX=3=C53C21C74=47，
PX=4=C54C74=17，
故X的分布列为：
故EX=2×27+3×47+4×17=207.
(2)依题意可得乙首局得3分的概率为14，得2分的概率为23，得1分的概率为 1−14−23=112 ；乙第二局得2分的概率为14，得1分的概率为1−14=34，
设乙每日得分为η，则η所有可能的取值为2，3，4，5.
若η=2，则他两局都得1分，
故Pη=2=112×34=116，
若η=3，则他首局得1分第二局得2分，或者首局得2分，第二局得1分，
故Pη=3=112×14+23×34=2548，
若η=4，则他首局得2分第二局得2分，或者首局得3分，第二局得1分，
故Pη=4=23×14+14×34=1748，
若η=5 则他首局得3分第二局得2分，
故Pη=5=14×14=116，
故Eη=2×116+3×2548+4×1748+5×116=196≈3.17，
Dη=116×2−1962+2548×3−1962+
1748×(4−196)2+116×(5−196)2=155144≈1.08，
∵ 3.25>3.17， 0.38<1.08，
∴ 甲的平均水平更高，甲的稳定性更高．性别
锻炼达人
合计
是锻炼达人
非锻炼达人
男生
女生
合计
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
χα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
性别
锻炼达人
合计
是锻炼达人
非锻炼达人
男生
42
18
60
女生
16
24
40
合计
58
42
100
性别
锻炼达人
合计
是锻炼达人
非锻炼达人
男生
42
18
60
女生
16
24
40
合计
58
42
100
x
−∞,ln2
ln2
ln2,1
1
1,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
单调递增
−ln22+4ln2−5
单调递减
−e
单调递增
x
−∞,ln2
ln2
ln2,1
1
1,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
单调递增
−ln22+4ln2−5
单调递减
−e
单调递增
X
2
3
4
P
27
47
17
X
2
3
4
P
27
47
17