2022-2023学年河北省沧州市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

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这是一份2022-2023学年河北省沧州市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共16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。

1.已知集合A={x|y= 3−x,B={1,2,3,4}，则A∩B=( )
A. {3}B. {2,3}C. {1,2,3}D. {1,2,3,4}
2.设a，b∈R，则“(a−b)a2>0”是“a>b”的( )
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
3.在某项测试中，测量结果X∼N(1,σ2)(σ>0)，若P(1A. 0.1B. 0.2C. 0.3D. 0.4
4.观察下列四幅残差图，满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是( )
A.
B.
C.
D.
5.设随机变起X的分布列为P(X=i)=k2i(i=1,2,3,4)，则P(X≤2)=( )
A. 815B. 415C. 45D. 25
6.已知f(x)为定义在R上的奇函数，f(1)=2，若∀x1，x2∈(0,+∞)(x1≠x2)总有(x1−x2)⋅[f(x1)x1−f(x2)x2]<0.则不等式f(x+3)>2x+6的解集为( )
A. (−∞,−4)B. (2,3)
C. (−∞,−4)∪(−3,−2)D. (−∞,−4)∪(2,3)
7.将4本不同的书全部分给3个同学，每人至少一本，且1号书不能给甲同学，则不同的分法种数为( )
A. 6B. 12C. 18D. 24
8.已知5−a=lg2a，b=lg32+lg410，8b+15b=17c则( )
A. a>b>cB. b>c>aC. c>b>aD. a>c>b
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列函数中，最小值为4的是( )
A. y=x(4−x)B. y=x2+9 x2+5
C. x∈(0,1)，y=1x+11−xD. y=|x+4x|
10.有一个正四面体玩具，四个面上分别写有数字1，2，3，4.其玩法是将这个正四面体抛掷一次，记录向下的面上的数字.现将这个玩具随机抛掷两次，A表示事件“第一次记录的数字为2”，B表示事件“第二次记录的数字为4”，C表示事件“两次记录的数字和为3”，D表示事件“两次记录的数字和为5”，则( )
A. A与B互斥B. C与D互斥C. A与D相互独立D. B与D相互独立
11.设a，b∈R+，且1a−1b=1，随机变量X∼B(6,23)，随机变量Y=aX−b，则( )
A. E(X)=4B. D(Y)=a2D(X)−b
C. E(X2)=523D. 当E(Y)取得最大值时，D(Y)=13
12.已知函数f(x)满足f(2−x)=f(x)=f(x−2)，当x∈[−1,0]时，f(x)=2x+1−1，g(x)=lg(|x|+1)，则下列结论正确的是( )
A. ∀n∈Z，P(2n−1,0)，f(x)上存在两点M，N，使得△PMN是正三角形
B. ∀n∈Z，Q(2n,0)，f(x)上存在两点M，N，使得△QMN是正三角形
C. 方程f(x)=x+b在区间[−1,2]上有两根，则b的值有4个
D. 当a为奇数和a为偶数时，函数h(x)=f(x)−g(x+a)的零点个数分别为m，n，则m−n是定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知函数f(x)=xln(ex+a)−x22是奇函数，则a=______.
14.(x+1)(2x−1)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，则a1+a2+a3+a4+a5+a6=______.
15.将8个大小和形状完全相同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，使每个盒子中球的个数不大于其编号，则不同的放法有______种.
16.产品抽样检查中经常遇到一类实际问题，假定在N件产品中有M件不合格品，在产品中随机抽n件做检查，发现k件不合格品的概率为P(X=k)=CMkCN−Mn−kCNn,k=t,t+1,⋯,s，其中s是M与n中的较小者，t在n不大于合格品数(即n≤N−M)时取0，否则t取n与合格品数之差，即t=n−(N−M).根据以上定义及分布列性质，请计算当N=16，M=8时，C80C84+C81C83+C82C82+C83C81+C84C80=______；若N=2n，M=n，请计算Cn0Cn1+Cn1Cn2+Cn2Cn3+⋯+Cnn−2Cnn−1+Cnn−1Cnn=______.(用组合数表示)
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
为了调查某种脑血管疾病A是否与常饮酒有关，在某地随机抽取200个人进行调查，结果如下：
单位：人
(1)依据α=0.005的独立性检验，能否判断患有疾病A与常饮酒有关；
(2)从患有疾病A的25人中任取3人，设不常饮酒的人数为X，常饮酒的人数为Y.求P(X≥Y).
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
18.(本小题12分)
两个具有相关关系的变量(x,y)的一组统计数据为(x1,y1)，(x2,y2)，…(xn,yn).其样本中心点为(25,36.8)，且由统计知i=1n(xi−x−)2=138，i=1n(yi−y−)2=310.5，样本相关系数r≈0.96.
(1)求i=1nxi2−nx−2；
(2)根据样本相关系数r以及下面所附公式，建立y关于x的经验回归方程.
附：r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2× i=1n(yi−y−)2，b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，a=y−−bx−.
19.(本小题12分)
已知( x2+1x2)n展开式的第五项的二项式系数与第三项的二项式系数们比是5：2.
(1)求展开式中含1x的项；
(2)求展开式中系数最大项的系数.
20.(本小题12分)
某公司有A，B两个食堂，公司的甲、乙、丙三位员工每天中午都在公司食堂用餐，据以往的用餐统计，甲、乙两名员工每天中午在A食堂用餐的概率均为13，在B食堂用餐的概率均为23，而丙员工每天中午在A食堂用餐的概率为p，在B食堂用餐的概率为1−p.三人在哪个食堂用餐互不影响.
(1)证明：甲、乙、丙三人中每天中午恰有一人在A食堂用餐的概率与p无关；
(2)若p=25，求三人中每天中午在B食堂用餐的人数X的分布列和数学期望.
21.(本小题12分)
端午假日期间，某商场为了促销举办了购物砸金蛋活动，凡是在该商场购物的顾客都有一次砸金蛋的机会.主持人从编号为1，2，3，4的四个金蛋中随机选择一个，放入奖品，只有主持人事先知道奖品在哪个金蛋里.游戏规则是顾客有两次选择机会，第一次任意选一个金蛋先不砸开，随后主持人随机砸开另外三个金蛋中的一个空金蛋，接下来顾客从三个完好的金蛋中第二次任意选择一个砸开，如果砸中有奖的金蛋直接获奖.现有顾客甲第一次选择了2号金蛋，接着主持人砸开了另外三个金蛋中的一个空金蛋.
(1)作为旁观者，请你计算主持人砸4号金蛋的概率；
(2)当主持人砸开4号金蛋后，顾客甲重新选择，请问他是坚持选2号金蛋，还是改选1号金蛋或3号金蛋？(以获得奖品的概率最大为决策依据)
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=t+lnxlnx−1(t≠−1)，且满足f(x)f(1x)=1.
(1)当x≥e2时，求f(x)的值域；
(2)设a，b∈(e,+∞)，且f(a)+f(b)=4，求f(ab)的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为A={x|y= 3−x}={x|3−x≥0}={x|x≤3}，又B={1,2,3,4}，
所以A∩B={1,2,3}.
故选：C.
由函数的定义域可求集合A，再由集合的交集的定义可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：若(a−b)a2>0，则a≠0且a−b>0，即a>b成立．
当a=0，b=−1时，满足a>b，但(a−b)a2>0不成立，
∴“(a−b)a2>0”是“a>b”的充分不必要条件．
故选：B.
根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用不等式的性质是解决本题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：由正态分布知P(X>1)=0.5，因为P(1∴P(X≥2)=0.2，由对称性知P(X≤0)=P(X≥2)=0.2.
故选：B.
由正态分布的对称性求解即可．
本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：对于A，残差与观测时间有线性关系，故A错；
对于B，残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，故B正确；
对于C，残差与观测时间有非线性关系，故C错；
对于D，残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变大，故D错．
故选：B.
根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断．
本题考查线性回归分析相关知识，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为i=14P(X=i)=1=k2+k4+k8+k16=15k16，
解得k=1615，
所以P(X≤2)=P(X=1)+P(X=2)=815+415=45.
故选：C.
根据分布列的性质求得k，进而求得P(X≤2).
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和性质，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴函数g(x)=f(x)x是(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，
因为对∀x1，x2∈(0,+∞)(x1≠x2)，总有(x1−x2)⋅[f(x1)x1−f(x2)x2]<0，即g(x1)−g(x2)x1−x2<0，
所以g(x)在(0,+∞)上为减函数，又g(x)为偶函数，所以g(x)在(−∞,0)上为增函数，
因为f(1)=2，所以g(1)=f(1)1=2，g(−1)=2，
∵f(x)为定义在R上的奇函数，∴f(0)=0.
当x+3=0时，不等式f(x+3)>2x+6不成立；
当x+3>0时，不等式f(x+3)>2x+6可化为f(x+3)x+3>2=f(1)1，即g(x+3)>g(1)，
因为g(x)在(0,+∞)上为减函数，所以0当x+3<0时，不等式f(x+3)>2x+6可化为f(x+3)x+3<2=g(−1)，即g(x+3)因为g(x)在(−∞,0)上为增函数，∴x+3<−1，得x<−4，
综上所述，原不等式的解集为(−∞,−4)∪(−3,−2)，
故选：C.
根据题意推出函数g(x)=f(x)x是(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，且在(0,+∞)上为减函数，在(−∞,0)上为增函数，再讨论x+3的符号，利用g(x)的单调性可求出结果．
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：当甲得一本书时，先从除1号书外的3本书中选1本给甲，然后将剩下的3本书分成两组分给其余的两人，所以有C31C32A22=18种；
当甲得两本书时，先从除1号书外的3本书中选2本给甲，然后剩下两本书给其余两人每人一本，所以有C32A22=6种，
所以由分类加法原理可得共有24种．
故选：D.
由题意得，分甲得一本书和甲得两本书两种情况求解，然后利用分类加法原理可求得结果．
本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法原理的应用，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：∵函数f(x)=5−x−lg2x单调递减，且f(3)>0，f(4)<0，
∴3∵b=lg32+lg410<1+2=3，
b=lg32+lg410>lg32+lg49=lg32+lg23=lg32+1lg32>2，
∴2由8b+15b=17c，
得(817)b+(1517)b=17c−b，
∵函数y=(817)x+(1517)x单调递减，
∴17c−b=(817)b+(1517)b<(817)2+(1517)2=1，
∴c−b<0，c所以a>b>c.
故选：A.
根据函数f(x)=5−x−lg2x单调性可以判断3本题主要考查三个数比较大小，考查了对数函数和指数函数的单调性，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：y=x(4−x)=−(x−2)2+4≤4，故A不正确；
y=x2+9 x2+5= x2+5+4 x2+5，而 x2+5=4 x2+5无解，故B不正确；
∵x(1−x)≤(x+1−x2)2=14，y=1x+11−x=1x(1−x)≥4，
当且仅当x=1−x，即x=12时取等号，C正确；
y=|x+4x|=|x|+4|x|≥2 |x|⋅4|x|=4，当且仅当|x|=2时取等号，D正确．
故选：CD.
由二次函数的性质可判断A；先化简函数，由 x2+5=4 x2+5无解，可判断B；由基本不等式可判断C，D.
本题主要考查了基本不等式及对勾函数单调性在最值求解中的应用，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：因为事件A和事件B可以同时发生，
所以A与B不互斥，A不正确；
因为事件C和事件D不能同时发生，
所以C与D互斥，B正确；
用(x,y)表示第一次事件记录的数字为x，第二次事件记录的数字为y，
则“两次记录的数字和为5”可以是(1,4)，(4,1)，(2,3)，(3,2)，
所以P(A)=14，P(D)=416=14，
P(AD)=116=P(A)P(D)，故C正确，
P(B)=14，P(D)=416=14，
P(BD)=116=P(B)P(D)，故D正确，
故选：BCD.
根据事件的互斥的定义即可判断A不正确、B正确；根据相互独立的定义即可判断C、D正确．
本题主要考查互斥事件相关的概率计算，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：因为随机变量X∼B(6,23)，所以E(X)=np=6×23=4，A正确；
D(Y)=D(aX−b)=a2D(X)，B不正确；
D(X)=np(1−p)=6×23×13=43，
因为D(X)=E(X2)−(E(X))2，
所以E(X2)=D(X)+(E(X))2=43+16=523，C正确；
E(Y)=aE(X)−b=4a−b=(4a−b)(1a−1b)=5−(ba+4ab)≤5−2 ba⋅4ab=1，
当且仅当ba=4ab，即a=12，b=1时取等号，
此时D(Y)=a2D(X)=13，D正确．
故选：ACD.
由二项分布的期望公式可判断A；由方差的性质可判断B；由二项分布的方差公式求出D(X)，再由D(X)=E(X2)−(E(X))2代入可求出E(X2)；由基本不等式结合方差和数学期望的公式可判断D.
本题主要考查了二项分布的期望与方差的性质与运算，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：由f(2−x)=f(x−2)可得f(x)是偶函数，
由f(2−x)=f(x)可得f(x)的图象关于x=1对称，
由f(x)=f(x−2)可得f(x)为周期函数，且周期T=2，
画出x∈[−1,0]时，f(x)=2x+1−1的图象，并作关于y轴对称的图象，用周期将其平移，得到f(x)在R上的图象，如图：
对于A：不妨取n=2，P(3,0)，由图知．∠APB=90∘，
所以f(x)上不存在两点M，N，使得△PMN是正三角形，故A不正确；
对于B：不妨取n=3，Q(6,0)，由图知，只需直线QM，QN斜率为± 3即可，
所以f(x)上存在两点M，N，使得△QMN是正三角形，故B正确；
对于C：注意到f(x)的图象过点(2n−1,0)与(2n,1)，n∈Z，
不妨取(1,0)和(2,1)，两点连线斜率为1，还可以作一个与f(x)图象相切且斜率为1的直线，
所以在这两条直线之间还有无数条满足题意，故C不正确；
对于D：取a=0时，求h(x)的零点个数可以看作求函数f(x)与g(x)图象的交点个数，
当x>0时，f(x)与g(x)图象的交点有9个，则n=18，
取a=−1时，将g(x)的图象向右平移1个单位长度，
所以当x>1时，交点有9个，
当x<1时，交点也是9个，
当x=1时，交点是1个，
所以m=19，则m−n=1，故D正确．
故选：BD.
根据题意求出函数f(x)的奇偶性、对称性、周期性，根据这些性质作出函数图象，对于A，取n=2时，可得A不正确；对于B，不妨取n=3，可得B正确；对于C，根据图象分析可得C不正确；对于D，取a=0和a=−1，根据图象求出n，m，可得D正确．
本题考查函数的性质和函数的图象，解题中注意数形结合思想的应用，属于中档题．
13.【答案】1
【解析】解：因为函数f(x)=xln(ex+a)−x22是奇函数，
由已知得f(−1)=−f(1)，
−ln(e−1+a)−12=−[ln(e+a)−12]，则lne+ae−1+a=1，
所以e+ae−1+a=e，即e+a=e(e−1+a)=1+ea，
即a−ea=a(1−e)=1−e，解得a=1，
此时f(x)的定义域为R满足题意．
故答案为：1.
由奇函数的性质求解即可．
本题主要考查了奇函数的定义的应用，属于基础题．
14.【答案】3
【解析】解：由(x+1)(2x−1)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，
令x=1，得2=a0+a1+⋯+a6，
令x=0，得a0=−1，
∴a1+a2+a3+a4+a5+a6=3.
故答案为：3.
在(x+1)(2x−1)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6中，分别令x=1，x=0即可求解．
本题考查二项式定理的应用，取特值是关键，是基础题．
15.【答案】10
【解析】解：设1，2，3，4号盒子分别放x1，x2，x3，x4个球，
则x1+x2+x3+x4=8，且x1≤1，x2≤2，x3≤3，x4≤4，
所以(2−x1)+(3−x2)+(4−x3)+(5−x4)=6，
其中2−x1≥1，3−x2≥1，4−x3≥1，5−x4≥1，
此时相当将6个大小和形状完全相同的小球分成4部分，且每一部分至少1个球，
所以将6个球形成的5个空插入3个板，
所以共有C53=10种，
故答案为：10.
设1，2，3，4号盒子分别放x1，x2，x3，x4个球，则有(2−x1)+(3−x2)+(4−x3)+(5−x4)=6，然后将问题转化为将6个大小和形状完全相同的小球分成4部分，且每一部分至少1个球，利用隔板法求解即可．
本题考查了简单的组合问题，属于中档题．
16.【答案】C164 C2nn−1
【解析】解：当N=16，M=8，n=4时，P(X=k)=C8kC84−kC164(k=0,1,2,3,4)，
因为C80C84C164+C81C83C164+C82C82C164+C83C81C164+C84C80C164=1，
故C80C84+C8lC83+C82C82+C83C81+C84C80=C164.
当N=2n，M=n时，
因为Cn0Cnn−1C2nn−1+Cn1Cnn−2C2nn−1+Cn2Cnn−3C2nn−1+⋯+Cnn−2Cn1C2nn−1+Cnn−1Cn0C2nn−1=1，
所以Cn0Cnn−1+Cn1Cnn−2+Cn2Cnn−3+⋯+Cnn−2Cn1+Cnn−1Cn0=C2nn−1，
所以Cn0Cn1+Cn1Cn2+Cn2Cn3+⋯+Cnn−2Cnn−1+Cnn−1Cnn=Cn0Cnn−1+Cn1Cnn−2+Cn2Cnn−3+⋯+Cnn−2Cn1+Cnn−1Cn0=
C2nn−1=C2nn+1.
故答案为：C164；C2nn−1.
根据概率和为1可得C80C84C164+C81C83C164+C82C82C164+C83C81C164+C84C80C164=1，可求得C80C84+C81C83+C82C82+C83C81+C84C80，利用组合数的性质可求出Cn0Cn1+Cn1Cn2+Cn2Cn3+⋯+Cnn−2Cnn−1+Cnn−1Cnn.
本题主要考查组合数公式，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)零假设为H0：患有疾病A与常饮酒无关．
根据表中数据，计算得到χ2=200×(20×95−5×80)225×175×100×100=727≈10.286>7.879，
∴依据α=0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，此推断犯错误的概率不超过0.005，
因此认为患有疾病A与常饮酒有关．
(2)∵X=0，1，2，3.注意到X+Y=3，
则X≥Y的概率转化为不常饮酒的人数为2人，常饮酒的人数为1人和不常饮酒的人数为3人，常饮酒的人数为0人这两种情况，
∴P(X≥Y)=P(X=2)+P(X=3)=C52C201+C53C200C253=21230.
【解析】(1)根据独立性检验计算出χ2，与表中数据对比即可得出结论．
(2)结合题意可得出X+Y=3，可将X≥Y的概率转化为不常饮酒的人数为2人，常饮酒的人数为1人和不常饮酒的人数为3人，常饮酒的人数为0人这两种情况，结合超几何分布即可求出结果．
本题考查独立性检验相关知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)i=1n(xi−x−)2=(x1−x−)2+(x2−x−)2+⋯+(xn−x−)2
=x12+x22+⋯+xn2−2x−(x1+x2+⋯+xn)+nx−2
=i=1nxi2−2nx−2+nx−2
=i=1nxi2−nx−2，
代入数据可得i=1nxi2−nx−2=138；
(2)由已知得x−=25，y−=368，
∵br= i=1n(yi−y−)2 i=1n(xi−x−)2= 2.25=1.5，
∴b=0.96×1.5=1.44，a=y−−bx−=36.8−1.44×25=0.8，
∴y关于x的经验回归方程为y=1.44x+0.8.
【解析】(1)化简i=1n(xi−x−)2，由此确定正确答案；
(2)根据相关系数求得b−，进而求得y关于x的经验回归方程．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了学生的计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由已知得Cn4:Cn2=5:2，
则n!4!(n−4)!n!2!(n−2)!=2!(n−2)!4!(n−4)!=2(n−2)(n−3)(n−4)!4×3×2(n−4)!=(n−2)(n−3)12=52，
则n2−5n−24=0，即(n−8)(n+3)=0，
解得n=8或n=−3(舍去).
设展开式中含1x的项为第r+1项，则Tr+1=C8r( x2)8−r(1x2)r，
令8−r2−2r=−1，则r=2，
故展开式中含1x的项为C82( x2)6(1x2)2=716x.
(2)设展开式中的第r+1项的系数最大，
则有C8r(12)8−r≥C8r+1(12)7−rC8r(12)8−r≥C8r−1(12)9−r，
可得8!r!(8−r)!(12)8−r≥8!(r+1)!(7−r)!(12)7−r8!r!(8−r)!(12)8−r≥8!(r−1)!(9−r)!(12)9−r，
即18−r×12≥1r+11r≥1(9−r)×12，即r+1≥16−2r18−2r≥r，解得5≤r≤6，
故展开式中系数最大项的系数为C85(12)3=C85(12)2=7.
【解析】(1)由Cn4:Cn2=5:2求出n，再求出( x2+1x2)n展开式的通项，令8−r2−2r=−1即可求出展开式中含1x的项；
(2)设展开式中的第r+1项的系数最大，则有C8r(12)8−r≥C8r+1(12)7−rC8r(12)8−r≥C8r−1(12)9−r，解不等式可求出r的范围，即可求出展开式中系数最大项的系数．
本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：设甲、乙、丙三人中每天中午恰有一人在A食堂用餐的概率为P1，
则P1=C21×13×23(1−p)+(23)2p=49，
∴甲、乙、丙三人中每天中午给有一人在A食堂用餐的概率与p无关．
(2)解：X=0，1，2，3.
P(X=0)=(13)2×25=245，
P(X=1)=C21×13×23×25+(13)2×35=1145，
P(X=2)=(23)2×25+C21×13×23×35=2045=49，
P(X=3)=(23)2×35=1245=415，
所以X的分布列为：
数学期望E(X)=0×245+1×1145+2×49+3×415=2915.
【解析】(1)求得甲、乙、丙三人中每天中午恰有一人在A食堂用餐的概率，由此证得结论成立．
(2)根据相互独立事件概率计算方法求得X的分布列并求得数学期望．
本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设A1，A2，A3，A4分别表示1，2，3，4号金蛋里有奖品，
设B1，B2，B3，B4分别表示主持人砸开1，2，3，4号金蛋，
则Ω=A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4两两互斥．
由题意可知，事件A1，A2，A3，A4的概率都是14，
P(B4|A1)=12，P(B4|A2)=13，P(B4|A3)=12，P(B4|A4)=0.
由全概率公式，得P(B4)=i=14P(Ai)P(B4|Ai)=14×(12+13+12+0)=13.
(2)在主持人砸开4号金蛋的条件下，1号金蛋、2号金蛋、3号金蛋里有奖品的概率分别为
P(A1|B4)=P(A1B4)P(B4)=P(A1)P(B4|A1)P(B4)=14×1213=38，
P(A2|B4)=P(A2B4)P(B4)=P(A2)P(B4|A2)P(B4)=14×1313=14，
P(A3|B4)=P(A3B4)P(B4)=P(A3)P(B4|A3)P(B4)=14×1213=38，
通过概率大小比较，甲应该改选1号金蛋或3号金蛋．
【解析】(1)设出事件，根据已知条件得出事件的概率以及条件概率，然后根据全概率公式即可得出答案；
(2)根据条件概率，分别求出主持人砸开4号金蛋的条件下，1号金蛋、2号金蛋、3号金蛋里有奖品的概率，再比较概率的大小，即可得出答案．
本题主要考查古典概型概率公式，条件概率的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)当x=1时，f(1)=−t，此时f(1)⋅f(1)=t2=1，得t=1.
而当t=1时，f(x)f(1x)=1+lnxlnx−1⋅lnx−11+lnx=1成立，
∴f(x)=1+lnxlnx−1=1+2lnx−1，当x≥e2时，1∴f(x)的值域为(1,3].
(2)由(1)知，1+2lna−1+1+2lnb−1=4，即1lna−1+1lnb−1=1.
由a，b∈(e,+∞)，则lna−1>0，lnb−1>0，f(ab)=1+2lna+lnb−1，
而lna+lnb−1=lna−1+lnb−1+1
=1+[(lna−1)+(lnb−1)](1lna−1+1lnb−1)
=3+lnb−1lna−1+lna−1lnb−1≥5，当且仅当lnb−1lna−1=lna−1lnb−1，即a=b=e3时取等号，
∴f(ab)≤1+25=75，∴f(ab)的最大值为75.
【解析】(1)利用特殊值法，求得参数的值，再代入检验，利用分离常数项化简函数，结合对数函数以及不等式性质，可得答案；
(2)由题意，整理等式，根据取值范围明确代数式的大小，利用隐藏“1”的解题思想，结合基本不等式，可得答案．
本题主要考查函数值域的求法，考查运算求解能力，属于中档题．饮酒
疾病A
合计
患有疾病
未患疾病
常饮酒
20
80
100
不常饮酒
5
95
100
合计
25
175
200
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
X
0
1
2
3
P
245
1145
49
415