2022-2023学年河北省石家庄市高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河北省石家庄市高二（下）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年河北省石家庄市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8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. 某物体做直线运动，其运动规律是s=t2+3t，则它在第4秒末的瞬时速度为(    )
A. 12316米/秒 B. 12516米/秒 C. 8米/秒 D. 674米/秒
2. (1+1x)(1+x)4的展开式中含x2的项的系数为(    )
A. 4 B. 6 C. 10 D. 12
3. 函数y=12x2−lnx的单调递减区间为(    )
A. (−1,1] B. (0,1] C. [1,+∞) D. (0,+∞)
4. 甲乙两人进行乒乓球决赛，比赛采取七局四胜制．现在的情形是甲胜3局，乙胜2局．若两人胜每局的概率相同，则甲获得冠军的概率为(    )
A. 34 B. 35 C. 23 D. 12
5. 曲线y=xe1−x在点(1,1)处的切线方程为(    )
A. y=2x−1 B. y=1 C. y=x D. y=3x−2
6. 为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设A，B，C三门德育校本课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有(    )
A. 54种 B. 240种 C. 150种 D. 60种
7. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量Y～B(n,p)，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了p=12的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为(    )
(附：若X～N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973)
A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014
8. 三个数a=2e2,b=ln 2,c=ln33的大小顺序为(    )
A. b
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 某公司过去五个月的广告费支出x(万元)与销售额y(万元)之间有下列对应数据：
x
2
4
5
6
8
y
▲
40
60
50
70
工作人员不慎将表格中y的第一个数据丢失.已知y对x呈线性相关关系，且经验回归方程为y =6.5x+17.5，则下列说法正确的有(    )
A. 销售额与广告费支出x正相关
B. 丢失的数据(表中▲处)为30
C. 该公司广告费支出每增加1万元，销售额一定增加6.5万元
D. 若该公司下月广告费支出为8万元，则预测销售额约为69.5万元
10. 下列结论正确的是(    )
A. 若C10m=C103m−2，则m=3
B. (x2+x+y)5的展开式中x5y2的系数是30
C. 在(1+x)2+(1+x)3+⋯+(1+x)11的展开式中，含x的项的系数是220
D. (x−2)7的展开式中，第4项和第5项的二项式系数最大
11. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和4个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则(    )
A. 事件A1，A2为互斥事件 B. 事件B，C为独立事件
C. P(B)=37 D. P(C|A2)=12
12. 已知函数f(x)=lnx，g(x)=x3−2ex2+kx(k∈R)，若y=f(x)−g(x)有唯一零点，则下列说法正确的是(    )
A. k=e2+1e
B. 函数g(x)在(e,g(e))处的切线与直线x−ey=0平行
C. 函数y=g(x)+2ex2在[0,e]上的最大值为2e2+1
D. 函数y=g(x)−xe−e2x在[0,1]上单调递减

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某射手射击所得环数ξ的分布列如下：
ξ
7
8
9
10
P
x
0.1
y
0.4
已知ξ的数学期望E(ξ)=8.9，则y=          ．
14. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%；加工出来的零件混放在一起，且第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为          ，取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为          ．
15. 中国新冠疫苗研究路径有两种技术路线：一个是灭活疫苗，一个是腺病毒载体疫苗.经过科研工作者长达一年左右的研制，截至目前我国已有4款自主研发的新冠疫苗获批上市.其中在腺病毒载体疫苗研制过程中，科研者要依次完成七项不同的任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A必须排在前三位，且任务D、E必须排在一起，则这七项任务的安排方案共有______ .种(用数字作答)
16. 已知函数f(x)=ex,x>012x−12,x≤0，若方程f(x)=2ax有三个不同的实数根，则a的取值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知(2x+1 x)n展开式前三项的二项式系数和为22．
(Ⅰ)求n的值；
(Ⅱ)求展开式中的常数项；
(Ⅲ)求展开式中各项系数的和．
18. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=13x3−x2−3x+m有极小值−6．
(Ⅰ)求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)求f(x)在[−3,4]上的最大值和最小值．
19. (本小题12.0分)
北京冬奥会的成功举办，推动了我国的冰雪运动迈上新台阶.某电视台为了解我国电视观众对北京冬奥会的收看情况，随机抽取了100名观众进行调查，下图是根据调查结果制作的观众日均收看冬奥会时间的频率分布表：
收看时间(分钟)
[0,10]
(10,20]
(20,30]
(30,40]
(40,50]
(50,60]
频率
0.15
0.15
0.2
0.25
0.15
0.1
如果把日均收看冬奥会节目的时间高于40分钟的观众称为“冬奥迷”．
(Ⅰ)根据已知条件完成下面的2×2列联表，依据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为“冬奥迷”与性别有关．

非冬奥迷
冬奥迷
合计
女
30


男

10

总计


100
(Ⅱ)将上述调查的100人所得“冬奥迷”的频率视为该地区“冬奥迷”被抽中的概率.现在从该地区大量的电视观众中，采用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽到的3名观众中的“冬奥迷”人数为X，且每次抽取的结果是相互独立的，求抽到“冬奥迷”的概率，并求随机变量X的期望和方差．
附：x2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
α=P(x2≥k)
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

20. (本小题12.0分)
3月14日为国际数学日，也称为π节，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节活动，其中一项活动是“数学知识竞赛”，初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格.高三(7)班派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲、乙两组通过第一轮比赛的概率分别是34,35，通过第二轮比赛的概率分别是45,23，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响
(1)若三(7)获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；
(2)已知甲、乙两个小组在决赛中相遇.决赛以三道抢答题形式进行，抢到并答对一题得10分，答错一题扣10分，得分高的获胜：假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是13,23，假设每道题抢与答的结果均互不影响，求乙已在第一道题中得10分的情况下甲获胜的概率．
21. (本小题12.0分)
近年来，明代著名医药学家李时珍故乡黄冈市蕲春县大力发展大健康产业，蕲艾产业化种植已经成为该县脱贫攻坚的主要产业之一，已知蕲艾的株高y(单位：cm)与一定范围内的温度x(单位：℃)有关，现收集了蕲艾的13组观测数据，得到如下的散点图：

现根据散点图利用y=a+b x或y=c+dx建立y关于x的经验回归方程，令s= x，t=1x得到如下数据：
x−
y−
s−
t−
i=113siyi−13s−⋅y−
10.15
109.94
3.04
0.16
13.94
i=113tiyi−13t−⋅y−
i=113si2−13s−2
i=113ti2−13t−2
i=113yi2−13y−2
−2.1
11.67
0.21
21.22
设(si,yi)与(ti,yi)(i=1,2,3…13)的相关系数分别为r1，r2，且r2=−0.9953．
(Ⅰ)用相关系数说明用哪种模型建立y与x的经验回归方程更合适；
(Ⅱ)根据(Ⅰ)的结果及表中数据，建立y关于x的经验回归方程；
(Ⅲ)已知蕲艾的利润z(万元)与x、y的关系为z=20y−12x，当x为何值时，z的预测值最大．
参考数据和公式：0.21×21.22=4.4562，11.67×21.22=247.6374， 247.6374=15.7365，对于一组数据(ui,vi)(i=1,2,3,…,n)，其回归直线方程v =β u+α 的斜率和截距的最小二乘法估计分别为β =i=1nuivi−nu−⋅v−i=1nui2−nu−2，α =v−−β u−，相关系数r=i=1nuivi−nu−⋅v− i=1nui2−nu−2⋅ i=1nvi2−nu−2．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x
(1)讨论f(x)的单调性
(2)当a<0时，证明f(x)≤−34a−2
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵s′=2t−3t2，
它在4秒末的瞬时速度为2×4−342=12516米/秒．
故选：B．
对函数s求导，再将t=4代入，即可求解．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．

2.【答案】C 
【解析】解：(1+1x)(1+x)4=(1+1x)(1+C41x+C42x2+C43x3+C44x4)
展开式中含x2项的系数为C42+C43=10．
故选：C．
利用二项定理将(1+x)4展开，从而求出(1+1x)(1+x)4的展开式中含x2的项的系数．
本题考查二项式定理的展开式形式．

3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，属于基础题．
由y=12x2−lnx得y′=x2−1x，由y′<0即可求得函数y=12x2−lnx的单调递减区间．
【解答】
解：∵y=12x2−lnx的定义域为(0,+∞)，
y′=x2−1x，
∴由y′≤0得：0 ∴函数y=12x2−lnx的单调递减区间为(0,1]．
故选：B．
  
4.【答案】A 
【解析】
【分析】

甲胜第六场的概率为12，此时就没有必要打第七场了，甲在第六场失败但在第七场获胜的概率为12×12，把这两个概率值相加，即得甲获得冠军的概率．
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．
【解答】
解：甲获得冠军时，只要在未来的2场比赛中至少胜一场即可．
由于两人胜每局的概率相同，故甲胜每一场的概率都是12．
甲胜第六场的概率为12，此时就没有必要打第七场了．
甲在第六场失败，但在第七场获胜的概率为12×12=14，
故甲获得冠军的概率等于甲胜第六场的概率，加上甲在第六场失败但在第七场获胜的概率，即为12+14=34．
故选A．
  
5.【答案】B 
【解析】解：由y=xe1−x，得y′=e1−x−xe1−x，
∴y′|x=1=1−1=0，
∴曲线y=xe1−x在点(1,1)处的切线方程为y=1．
故选：B．
求出原函数的导函数，得到函数在x=1处的导数值，再由直线方程的斜截式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，是基础题．

6.【答案】C 
【解析】解：根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选A，B，C三门德育校本课程，
每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况，
①三组人数为1、1、3，此时有14C51CC33A22⋅A33=60种，
②三组人数为2、2、1，此时有23C52CC11A22⋅A33=90种，
所以共有60+90=150种．
故选：C．
根据已知对五位同学分3组，有两种情况，然后分类讨论各自情况种数，采用加法原理即可求解．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．

7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查二项分布的期望与方差公式，以及正态分布的对称性，属于基础题．
根据已知条件，结合二项分布的期望与方差公式，求出μ=E(X)=50，σ2=D(X)=25，再结合正态分布的对称性，即可求解．
【解答】
解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，
设硬币正面向上次数为X，
则X～B(100,12)，
故E(X)=np=100×12=50，D(X)=np(1−p)=100×12×(1−12)=25，
由题意可得，X～N(μ,σ2)，且μ=E(X)=50，σ2=D(X)=25，
∵P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，
∴用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为P(X>60)=P(X>50+2×5)=1−0.95452≈0.0228．
故选：B．
  
8.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较大小，对数的运算，属于中档题．
据题意可设f(x)=lnxx，求导f′(x)=1−lnxx2，分析出f(x)在(e,+∞)上单调递减，并由a=f(e2)，b=f(4)，c=f(3)，从而得出a，b，c的大小顺序．
【解答】
解：设f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，
∴x>e时，f′(x)<0，
∴f(x)在(e,+∞)上单调递减，
又a=2e2=lne2e2=f(e2)，b=ln 2=ln22=ln44=f(4)，c=ln33=f(3)，
而e2>4>3>e，
∴f(e2) ∴a 故选：D．
  
9.【答案】ABD 
【解析】解：经验回归方程为y =6.5x+17.5，其中b =6.5>0，可得销售额与广告费支出x正相关，故A正确；
设表中▲处为m，则x−=2+4+5+6+85=5，y−=m+40+60+50+705=m+2205，
样本点的中心坐标为(5,m+2205)，代入y =6.5x+17.5，可得m+2205=6.5×5+17.5，
解得：m=30，故B正确；
该公司广告费支出每增加1万元，销售额近似增加6.5万元，故C错误；
若该公司下月广告费支出为8万元，则预测销售额约为6.5×8+17.5=69.5万元，故D正确．
故选：ABD．
直接由经验回归方程判断A；利用经验回归方程恒过样本点的中心判断B；由经验回归方程的性质判断C与D．
本题考查线性回归方程的应用，考查运算求解能力，是基础题．

10.【答案】BCD 
【解析】解：对于A，由于C10m=C103m−2，所以m=3m−2或m+3m−2=10，解得m=3或m=1，故A错误；
对于B，(x2+x+y)5的展开式通项为C5k(x2+x)5−kyk=C5kC5−krx10−2k−ryk，0≤r≤k≤5，r，k∈N，
令k=2，10−2k−r=5⇒k=2，r=1，所以x5y2的系数为C52C31=30，故B正确；
对于C，(1+x)2+(1+x)3+⋯+(1+x)11的展开式中，
含x2的项的系数是C22+C32+C42+⋯+C112=C123=220，故C正确；
对于D，(x−2)7的展开式中，第4项和第5项的二项式系数为C73，C74，
由组合数的性质可知C73，C74最大且C73=C74，故D正确．
故选：BCD．
根据组合数的性质可判断AD，由二项式展开式的特征可判断BC．
本题主要考查二项式定理，考查运算求解能力，属于中档题．

11.【答案】ACD 
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球，两个事件不会同时发生，是互斥事件，故A正确；
对于B，P(B)=C42+C32C72=37，P(C)=1−C42C72=57，P(BC)=C32C72=17，
因为P(B)P(C)≠P(BC)，事件B、C不是相互独立事件，故B错误；
对于C，P(B)=C42+C32C72=37，故C正确；
对于D，事件A2：第一次取出的是白球，则袋中有6个球，即3个红球和3个白球，
此时P(C|A2)=36=12，D正确．
故选：ACD．
根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查条件概率的性质以及应用，涉及互斥事件的定义，属于基础题．

12.【答案】AD 
【解析】解：对于A.由f(x)−g(x)=0，化为：lnxx=x2−2ex+k(x>0)．
分别令u(x)=lnxx，v(x)=x2−2ex+k(x>0)．
函数y=f(x)−g(x)有唯一零点，等价于函数u(x)与v(x)的图象有唯一交点．
u′(x)=1−lnxx2，可得x=e时，函数u(x)取得极大值即最大值，u(e)=1e．
v(x)=(x−e)2+k−e2≥k−e2.当且仅当x=e时取等号．
∴k=e2+1e.因此正确．

对于B.g′(x)=3x2−4ex+k，
∴g′(e)=−e2+k=1e，
∵k=e2+1e，
∴g(e)=1，
因此函数g(x)在(e,g(e))处的切线为y−1=1e(x−e)，即直线x−ey=0，
因此与直线x−ey=0重合，因此不正确．
对于C.函数y=g(x)+2ex2=x3+kx，
∴g′(x)=3x2+e2+1e>0，
∴g(x)在[0,e]上的最大值为g(e)=e3−2e3+e×(e2+1e)=1，因此不正确．
对于D.x∈[0,1]时，函数h(x)=y=g(x)−xe−e2x
=x3−2ex2+(e2+1e)x−xe−e2x=x3−2ex2，
h′(x)=3x2−4ex=3x(x−4e)≤0，
因此函数h(x)在[0,1]上单调递减，正确．
故选：AD．
对于A：由f(x)−g(x)=0，化为：lnxx=x2−2ex+k(x>0).分别令u(x)=lnxx，v(x)=x2−2ex+k(x>0).函数y=f(x)−g(x)有唯一零点，等价于函数u(x)与v(x)的图象有唯一交点．利用导数研究函数u(x)的带动下极值与最值可得：x=e时，u(e)=1e.利用二次函数的单调性可得v(x)=(x−e)2+k−e2≥k−e2.即可得出k的值．
对于B：g′(x)=3x2−4ex+k，g′(e)=−e2+k=1e，结合A即可判断出不正确．
对于C：函数y=g(x)+2ex2=x3+kx，可得g′(x)=3x2+e2+1e>0，可得g(x)在[0,e]上的最大值为g(e)，即可判断出不正确．
对于D：x∈[0,1]时，函数h(x)=y=g(x)−xe−e2x=x3−2ex2+(e2+1e)x−xe−e2x=x3−2ex2，利用导数研究其单调性即可得出结论．
本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、方程与不等式的解法、数形结合方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

13.【答案】0.3 
【解析】
【分析】
本题主要考查了分布列的性质，以及数学期望的公式，属于基础题．
根据已知条件，结合分布列的性质，以及数学期望的公式，即可求解．
【解答】
解：由分布列的性质可得，x+0.1+y+0.4=1，即x+y=0.5，
∵E(ξ)=8.9，∴7x+8×0.1+9y+10×0.4=8.9，即7x+9y=4.1，
联立x+y=0.57x+9y=4.1，解得x=0.2y=0.3．
故答案为：0.3．
  
14.【答案】0.0525
37
 
【解析】
【分析】
本题考查古典概型概率计算公式，相互独立事件的概率及条件概率与全概率公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
可记Ai为事件“零件为第i(i=1,2,3)台车床加工”，B为事件“任取一个零件为次品”，从而可知P(A1)=0.25，P(A2)=0.3，P(A3)=0.45，所以利用P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)；
P(A3|B)=P(A3)⋅P(B|A3)P(B)即可分别求出所求概率．
【解答】
解：记Ai为事件“零件为第i(i=1,2,3)台车床加工”，B为事件“任取一个零件为次品”，
则P(A1)=0.25，P(A2)=0.3，P(A3)=0.45，
所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)，
即P(B)=0.25×0.06+0.3×0.05+0.45×0.05=0.0525；
所以P(A3|B)=P(A3)⋅P(B|A3)P(B)=0.45×0.050.0525=37．
故答案为：0.0525；37．  
15.【答案】624 
【解析】解：分三种情况：
(1)任务A排在首位，将DE捆绑在一起，与剩下任务全排列，有A55⋅A22=240种排法；
(2)任务A排在第二位，先从除DE的任务中选一个安排在首位，再将DE捆绑在一起，与剩下任务全排列，有C41⋅A44⋅A22=192种排法；
(3)任务A排在第三位，分两类：①DE在A之前，有A44⋅A22=48种；②DE在A之后，有A42⋅A33⋅A22=144种，共有48+144=192种，
由分类加法计数原理知，共有240+192+192=624种不同的排法．
故答案为：624．
分三种情况：任务A分别排在首位，第二位，和第三位，再结合捆绑法与计数原理，得解．
本题考查排列组合与计数原理的综合应用，熟练掌握排列、组合数，分类加法和分步乘法计数原理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

16.【答案】(e2,+∞) 
【解析】解：当x=0时，f(0)=−12，此时2a×0=0≠−12，
所以x=0不是方程f(x)=2ax的根，
当x≠0时，方程f(x)=2ax可化为：2a=f(x)x，
设h(x)=f(x)x=exx,x>012−12x,x<0，
方程f(x)=2ax有三个不同的实数根，即直线y=2a与函数h(x)的图象有3个交点，
当x<0时，h(x)=12−12x，此时h(x)单调递增，且h(x)>12，
当x>0时，h(x)=exx，则h′(x)=(x−1)exx2，
当01时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
所以h(x)min=h(1)=e，
作出h(x)的图象如图：

由图可知，当2a>e，即a>e2时，直线y=2a与函数h(x)的图象有3个交点，
所以方程f(x)=2ax有三个不同的实数根时，实数a的取值范围为(e2,+∞)．
故答案为：(e2,+∞)．
先验证x=0不是方程f(x)=2ax的根，则当x≠0时，方程f(x)=2ax可化为：2a=f(x)x，令h(x)=f(x)x，分析出其单调性等性质，作出其函数图象，方程f(x)=2ax有三个不同的实数根，即直线y=2a与函数h(x)的图象有3个交点，结合图形即可得出答案．
本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想及导数的综合运用，属于中档题．

17.【答案】解：由题意，(2x+1 x)n展开式前三项的二项式系数和为22，
(Ⅰ)二项式定理展开：前三项系数为：Cn0+Cn1+Cn2=1+n+n(n−1)2=22，
解得：n=6或n=−7(舍去)，
即n的值为6；
(Ⅱ)由通项公式Tk+1=C6k(2x)6−k(1 x)k=C6k26−kx6−3k2，
令6−3k2=0，
可得：k=4，
∴展开式中的常数项为T4+1=C6426−4x6−122=60；
(III)二项式为(2x+1 x)6，
令x=1得，(2+1)6=36=729，
即展开式中各项系数的和为729． 
【解析】(Ⅰ)利用公式展开得前三项，系数和为22，即可求出n；
(Ⅱ)利用通项公式求解展开式中的常数项即可；
( III)利用通项公式求展开式中二项式系数最大的项．
本题主要考查二项式定理的应用，通项公式的计算，属于基础题．

18.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=x2−2x−3=(x−3)(x+1)，
令f′(x)>0，解得x<−1或x>3，
令f′(x)<0，解得−1 所以f(x)单调递减区间为(−1,3)，单调递增区间为(−∞,−1)，(3,+∞)．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)极小值=f(3)=13×33−32−3×3+m=−6，
解得m=3．
由(Ⅰ)知，f(x)在(−3,−1)单调递增，在(−1,3)上单调递减，在(3,4)上单调递增，
f(−3)=13×(−3)3−(−3)2−3×(−3)+3=−6，
f(−1)=13×(−1)3−(−1)2−3×(−1)+3=143，
f(3)=13×(3)3−32−3×3+3=−6，
f(4)=13×(4)3−42−3×4+3=−113，
所以f(x)在[−3,4]上的最大值为143，最小值为−6． 
【解析】(Ⅰ)求导的f′(x)，分析f′(x)的正负，进而可得f(x)的单调区间．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)极小值=f(3)=−6，解得m，由f(x)在[−3,4]上的单调性，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．

19.【答案】解：(Ⅰ)由频率分布直方图可知：
在抽取的100人中，有“冬奥迷”25人，
∴2×2列联表如下：

非冬奥迷
冬奥迷
合计
女
30
15
45
男
45
10
55
总计
75
25
100
χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(30×10−45×15)275×25×45×55=10033≈3.030<3.841，
依据小概率值α=0.05的独立性检验，不认为“冬奥迷”与性别有关．
(Ⅱ)由频率分布直方图可知抽到的“冬奥迷”的频率为0.25，
将频率视为概率，则从观众中抽到一名“冬奥迷”的概率为P=14，
由题意得X～B(3,14)，
∴E(X)=np=3×14=34，
D(X)=np(1−p)=3×14×34=916． 
【解析】(Ⅰ)根据题目所给的条件填表，在根据独立性检验的卡方公式计算即可；
(Ⅱ)根据二项式公式，直接写出方差和均值即可．
本题主要考查独立性检验，离散型随机变量的期望和方差，考查运算求解能力，属于中档题．

20.【答案】解：(1)设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件A1，A2，则
P(A1)=34×45=35,P(A2)=35×23=25，
由题意可得，X的取值有0，1，2，
P(X=0)=(1−35)(1−25)=625，
P(X=1)=(1−35)×25+35×(1−25)=1325，

P(X=2)=35×25=625，
所以E(X)=0×625+1×1325+2×625=1．
(2)依题意甲，乙抢到并答对一题的概率为P(B1)=13×35=15，P(B2)=23×25=415，
乙已得10分，甲若想获胜情况有：
①甲得20分：其概率为15×15=125
②甲得10分，乙再得−10分，其概率为C21(15)×23×35=425；
③甲得0分，乙再得−20分，其概率为(23×35)2=425，
故乙先得10分后甲获胜的概率为125+425+425=925． 
【解析】(1)先算出甲乙通过两轮制的初赛的概率，X的取值有0，1，2分三种情况解决．
(2)先分别算出甲，乙抢到并答对一题的概率，然后再算出乙已得10分，甲若想获胜的3种情况，最后由分类加法计数原理求解即可．
本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，属于中档题．

21.【答案】解：(Ⅰ)已知r2=−0.9953，r1=13.94 11.67× 21.22=13.94 247.6374≈0.886，
因为0<|r1|<|r2|<1，
所以用y=c+dx模型建立y与x的回归方程更合适；
(Ⅱ)由表中数据可得d =i=113tiyi−13t−y−i=113ti2−13t−2=−2.10.21=−10，
所以c =y−−d−=109.94+10×0.16=111.54，
则y 关于x的回归方程为y =111.54−10x；
(Ⅲ)易知z =20y −12x=20(111.54−10x)−12x
=2230.8−(200x+12x)≤2230.8−20=2210.8，
所以z ≤2210.8，当且仅当x=20时等号成立，
故当温度为20°C时这种草药的利润最大． 
【解析】(Ⅰ)由题意，求出r1的值，进而即可确定使用哪种模型；
(Ⅱ)结合表中数据，按照线性回归方程的步骤进行求解即可；
(Ⅲ)写出z =20y −12x的步骤，利用基本不等式进行求解即可．
本题考查线性回归方程，考查了数据分析和运算能力．

22.【答案】解：(1)∵f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x，
∴f′(x)=1x+2ax+2a+1=(2ax+1)(x+1)x，x>0，
①当a≥0时，f′(x)>0恒成立，此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
②当a<0时，令f′(x)=0，解得x=−12a，
当x∈(0,−12a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(−12a,+∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
综上所述当a≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a<0时，函数f(x)在(0,−12a)上单调递增，在(−12a,+∞)上单调递减；
证明：(2)由(1)可知，当a<0时，函数f(x)在(0,−12a)上单调递增，
在(−12a,+∞)上单调递减，
∴f(x)max=f(−12a)=−1−ln2−14a−ln(−a)，
从而要证f(x)≤−34a−2，只要证−1−ln2−14a−ln(−a)≤−34a−2，
令t=−1a，则t>0，问题转化为证明−12t+lnt≤−1+ln2，
令g(t)=−12t+lnt，则g′(t)=−12+1t，
当00，函数g(t)单调递增，
当t>2时，g′(t)<0，函数g(t)单调递减，
∴g(t)≤g(2)=−1+ln2，即−12t+lnt≤−1+ln2成立，
∴当a<0时，f(x)≤−34a−2成立． 
【解析】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．
(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
(2)由(1)求出函数的最大值，令t=−1a，则t>0，问题转化为证明−12t+lnt≤−1+ln2，令g(t)=−12t+lnt，根据函数的单调性证明即可．