2022-2023学年广东省中山市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年广东省中山市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共17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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.某校为了研究学生的性别和对待某一活动的态度(支持与不支持)的关系，运用2×2列联表进行独立性检验.经计算K2=6.058，则所得到的统计学结论是：有的把握认为“学生性别与支持该活动有系”( )
A. 0.025%B. 1%C. 97.5%D. 99%
2.要判断成对数据的线性相关程度的强弱，可以通过比较它们的样本相关系数r的大小，以下是四组数据的相关系数的值，则线性相关最强的是( )
A. r1=−0.95B. r2=−0.55C. r3=0.45D. r4=0.85
3.6名同学排成一排，其中甲、乙、丙三人必须在一起的不同排法共有( )
A. 36种B. 72种C. 144种D. 720种
4.下列求导数计算错误的是( )
A. (1x)′=−1x2B. (x2e2x)′=2x−x2e2x
C. (xlnx)′=lnx+1D. (tanx)′=1cs2x
5.一个盒子里装有大小相同的4个黑球和3个白球，从中不放回地取出3个球，则白球个数的数学期望是( )
A. 47B. 97C. 127D. 167
6.已知随机变量ξ服从正态分布，有下列四个命题：
甲：P(ξ1+a)；
乙：P(ξ≤a)=12；
丙：P(ξP(ξ>3+a)；
丁：P(a−1<ξ<3+a)若这四个命题中有且只有一个是假命题，则该假命题为( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
7.设An，Bn分别为等比数列{an}，{bn}的前n项和，若AnBn=2n+a3n+b，则a7b4=( )
A. 12881B. 12780C. 3227D. 1312
8.下列关于数列{(1+1n)n}的判断中正确的是( )
A. 对一切n∈N*都有(1+1n)n<(1+1n+1)n+1<3
B. 对一切n∈N*都有(1+1n)n>(1+1n+1)n+1>2
C. 对一切n∈N*都有(1+1n)n>(1+1n+1)n+1，且存在n∈N*使(1+1n)n<3
D. 对一切n∈N*都有(1+1n)n<(1+1n+1)n+1，且存在n∈N*使(1+1n)n>3
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.函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，则( )
A. x=12为函数f(x)的零点B. x=2为函数f(x)的极小值点
C. 函数f(x)在(12,2)上单调递减D. f(−2)是函数f(x)的最小值
10.已知P(A)=12,P(A−|B)=13,P(B)=34，则( )
A. P(AB)=38B. P(A−B)=14C. P(B|A−)=12D. P(A∪B)=34
11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，则下列数列一定递增的是( )
A. {Snn}B. {nan}C. {ann}D. {an+3nd}
12.设(2x+1)7=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a7(x+1)7，下列结论正确的是( )
A. a0+a2+a4+a6=1−372B. a1+a2=−70
C. a1+2a2+3a3+…+7a7=7D. 在a0，a1，…，a7中，a5最大
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知离散型随机变量X服从两点分布，且P(X=0)=3−4P(X=1)，则随机变量X的方差为______.
14.某人投篮命中的概率为0.3，投篮15次，最有可能命中______次．
15.若函数f(x)=xlnx−x在区间[12,2]上最大值为M，最小值为N，则实数M−N=______.
16.杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载，它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数Cnr都换成分数1(n+1)Cnr，得到的三角形称为“菜布尼茨三角形”，菜布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，则“莱布尼茨三角形”第8行第5个数是______；若Sn=14+120+160+1140+⋯+1nCn−1n−4+1(n+1)Cnn−3(n≥3)，则Sn=______(用含n的代数式作答).
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)
在(ax+13x)n的展开式中，前三项的二项式系数之和等于79.
(1)求n的值；
(2)若展开式中的常数项为552，求a的值.
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=xln(x+2).
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)证明：f(x)≥−x−1.
19.(本小题12分)
已知各项均为正数的等比数列{an}满足a2a3=a4，3a3+2a4=a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn=lg3a3n，将数列{an}与{bn}中的项合并在一起，按从小到大的顺序重新排列构成新数列{cn}，求{cn}的前50项的和.
20.(本小题12分)
“业务技能测试”是量化考核员工绩效等级的一项重要参考依据．某公司为量化考核员工绩效等级设计了A，B两套测试方案，现各抽取100名员工参加A，B两套测试方案的预测试，统计成绩(满分100分)，得到如频率分布表．
(1)从预测试成绩在[25,35)∪[85,95]的员工中随机抽取6人，记参加方案A的人数为X，求X的最有可能的取值；
(2)由于方案A的预测试成绩更接近正态分布，该公司选择方案A进行业务技能测试．测试后，公司统计了若干部门测试的平均成绩x与绩效等级优秀率y，如表所示：
根据数据绘制散点图，初步判断，选用y=λeμx作为回归方程．令z=lny，经计算得z−=−0.642，i=17xizi−nx−z−i=17xi2−nx−2≈0.02，ln0.15≈−1.9.
(ⅰ)若某部门测试的平均成绩为60，则其绩效等级优秀率的预报值为多少？
(ⅱ)根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩x∼N(μ,σ2)，其中μ近似为样本平均数x−，σ2近似为样本方差s2，求某个部门绩效等级优秀率不低于0.78的概率为多少？
参考公式与数据：(1)ln3.32≈1.2，ln5.2≈1.66，s≈20.
(2)线性回归方程y =b x+a 中，b =i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2，a =y−−b x−.
(3)若随机变量X∼N(μ,σ2)，则P(μ−σ21.(本小题12分)
根据社会人口学研究发现，一个家庭有个孩子的概率模型为：
其中α>0，0(1)若p=12，求α和P(B)；
(2)为了调控未来人口结构，其中参数p受到各种因素的影响(例如生育保险的增加，教育、医疗福利的增加等).
①若希望P(X=2)增大，如何调控p的值？
②是否存在p的值使得E(X)=53，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=aex−ln(x+a)−1.
(1)当a=1时，求f(x)的极值；
(2)当a>0时，证明：f(x)存在唯一极值点x0，且f(x0)+2|x0|≥0.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为K2=6.058，
对照表格：5.024<6.058<6.635，
因为1−0.025=0.975=97.5%，
所以有把握认为“学生性别与是否支持该活动有关系”．
故选：C.
根据已知条件，结合独立性检验的定义，即可求解．
本题主要考查独立性检验的应用，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：当r>0时，表明两个变量正相关；当r<0时，表明两个变量负相关；|r|≤1，且|r|越接近于1，相关程度越大；|r|越接近于0，相关程度越小，因此线性相关最强的是A.
故选：A.
利用相关系数的含义，判断每个选项里的相关系数的绝对值的大小即可．
本题考查相关系数的概念，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：分两步，
①先排甲、乙、丙三人看作整体，不同排法共有A33=6种，
②将甲、乙、丙三人这个整体与其余三人排列，不同排法共有A44=24种，
∴不同排法共有6×24=144种．
故选：C.
分2步：①将甲乙丙三人看成一个整体，②将剩下的3人与这个整体全排列即可．
本题考查排列、组合的应用，注意相邻问题的处理方法，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：对于A，(1x)′=(x−1)′=−1x2，A正确；
对于B，(x2e2x)′=2xe2x−x2e2x×2(e2x)2=2x−2x2e2x，B错误；
对于C，(xlnx)′=x′⋅lnx+x⋅(lnx)′=lnx+1，C正确；
对于D，(tanx)′=(sinxcsx)′=(sinx)′csx−sinx⋅(csx)′cs2x=cs2x+sin2xcs2x=1cs2x，D正确．
故选：B.
利用导数的运算法则及简单复合函数求导法则计算即可．
本题主要考查了导数的计算，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：依题意，取出3球中白球个数X为随机变量，P(X=k)=C3kC43−kC73,k∈N,k≤3，
X服从超几何分布，
所以白球个数的数学期望是E(X)=3×37=97.
故选：B.
根据给定条件，白球个数X服从超几何分布，再借助超几何分布的期望公式计算作答．
本题主要考查随机变量均值的计算，超几何分布的数学期望等知识，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：显然甲乙可同时成立：即x=a为对称轴，据此作出草图：
对于丙：x=a−2比x=a+3离对称轴更近一些，
故P(ξP(ξ>3+a)成立，
对于丁：不等式左右两边都包含a而a−1故P(a−1<ξ<3+a)>P(a<ξ<4+a)，故丁为假命题．
故选：D.
根据正态分布的性质，作出草图，逐项判断即可．
本题考查正态分布的性质，以及学生运用正态曲线解题的能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：∵设An，Bn分别为等比数列{an}，{bn}的前n项和，若AnBn=2n+a3n+b，
∴设An=(2n+a)m，Bn=(3n+b)m，
则a7=A7−A6=m[(27+a)−(26+a)]=64m，
b4=B4−B3=m[(34+b)−(33+b)]=54m，
∴a7b4=64m54m=3227.
故选：C.
设An=(2n+a)m，Bn=(3n+b)m，则a7=A7−A6=64m，b4=B4−B3=54m，由此能求出a7b4的值．
本题考查两个等比数列的比值的求法及应用，考查等比数列的性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：我们先证明一个不等式：(1+1n)n<(1+1n+1)n+1(n∈N*).
证明：要证(1+1n)n<(1+1n+1)n+1，即证n+1(1+1n)n即证：[1×(1+1n)×(1+1n)×⋯(1+1n)]1n+1由均值不等式可得[1×(1+1n)×(1+1n)×⋯(1+1n)]1n+1<1+n(1+1n)n+1=2+nn+1.
故不等式(1+1n)n<(1+1n+1)n+1成立．
我们再证明一个不等式：(1+1n)n<3(n∈N*).
证明：由二项式定理可得(1+1n)n=i=0n(Cni×1ni)=2+i=2n(Cni×1ni)，
而当n≥2时，Cni×1ni=n!i!×(n−i)!×1ni=n×(n−1)×⋯×(n−i+1)i!×1ni<1i!≤1i(i−1)=1i−1−1i，
故i=2n(Cni×1ni)<11−12+12−13+⋯+1n−1−1n<1，
故(1+1n)n<2+1=3.故A正确，BCD错误．
故选：A.
利用均值不等式可得(1+1n)n<(1+1n+1)n+1(n∈N*)，结合二项式定理和裂项相消法可得(1+1n)n<3(n∈N*).
本题主要考查数列与不等式的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：由f(x)的导函数f′(x)的图像可知，在(−∞,−2)，(12,2)单调递减，在(−2,12)单调递增，
故当x=−2或x=2时，f(x)取得极小值，但f(−2)与f(2)的大小关系不确定，
故BC正确，AD错误，
故选：BC.
由f′(x)的图像可知，在(−∞,−2)，(12,2)单调递减，在(−2,12)单调递增，从而可得答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查识图能力与逻辑思维能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：B选项：P(A−|B)=P(A−B)P(B)=13，∴P(A−B)=14，故B正确；
C选项：P(B|A−)=P(BA−)P(A−)=P(A−|B)P(B)P(A−)=13×341−12=12，故C正确；
A选项：由全概率公式P(B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)，
得34=12×P(B|A)+(1−12)×12，∴P(B|A)=1，∴P(AB)=P(A)P(B|A)=12，故A错误；
D选项：P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=12+34−12=34，故D正确；
故选：BCD.
根据条件概率公式、全概率公式、和事件公式可以判断答案．
本题主要考查条件概率、全概率公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A，Sn=na1+n(n−1)2d，Snn=a1+n−12d，
Sn+1n+1−Snn=a1+n2d−(a1+n−12d)=12d>0，则数列{Snn}是递增数列，A正确；
对于B，(n+1)an+1−nan=(n+1)(a1+nd)−n[a1+(n−1)d]=a1+2nd，
∵a1∈R，∴a1+2nd不一定是正实数，即数列{nan}不一定是递增数列，B错误；
对于C，an+1n+1−ann=a1+ndn+1−a1+(n−1)dn=d−a1n(n+1)，
∵a1∈R，∴d−a1n(n+1)不一定是正实数，即数列{ann}不一定是递增数列，C错误；
对于D，an+1+3(n+1)d−(an+3nd)=an+1−an+3d=4d>0，
故数列{an+3nd}是递增数列，D正确．
故选：AD.
根据等差数列的通项公式及前n项和公式，利用数列单调性的概念，结合作差法即可判断．
本题主要考查了等差数列的前n项和公式，考查了数列的函数特征，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：A，令x=−2，则a0−a1+a2−⋯+a6−a7=(−2×2+1)7=−37，
令x=0，则a0+a1+a2+⋯+a6+a7=17=1，
∴a0+a2+a4+a6=1−372，∴A正确，
B，(2x+1)7=[−1+2(x+1)]7，
其展开式的通项公式为Tr+1=C7r(−1)7−r⋅[2(x+1)]r=C7r(−1)7−r⋅2r⋅(x+1)r，
∴a1=C71(−1)6×2=14，a2=C72(−1)522=−84，∴a1+a2=−70，∴B正确，
C，∵[(2x+1)7]′=14(2x+1)6=a1+2a2(x+1)+3a3(x+1)2+…+7a7(x+1)6，
令x=0，则a1+2a2+3a3+…+7a7=14，∴C错误，
D，∵a0，a2，a4，a6为负数，∴最大项在a1，a3，a5，a7中，
∵a1=14，a3=C73(−1)423=280，a5=C75(−1)225=672，a7=C77(−1)027=128，
∴最大项为a5，∴D正确，
故选：ABD.
采用赋值法判断A，变形可得(2x+1)7=[−1+2(x+1)]7，写出其展开式的通项公式判断B，求导数再赋值判断C，根据选项B中的通项公式，分别求得a1，a3，a5和a7的值判断D.
本题考查二项式定理的应用，熟练掌握二项展开式的通项公式，赋值法是解题的关键，属于中档题．
13.【答案】29
【解析】解：因为离散型随机变量X服从两点分布，设P(X=0)=p1，则P(X=1)=1−p1，
∵P(X=0)=3−4P(X=1)，则p1=3−4(1−p1)，
解得：p1=13，P(X=1)=1−p1=23，
又离散型随机变量X服从两点分布，则D(X)=13×23=29.
故答案为：29.
由题意得离散型随机变量X服从两点分布，设P(X=0)=p1，则P(X=1)=1−p1，由题意可求出p1=13，即可得出答案．
本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
14.【答案】4
【解析】解：∵投篮命中次数X∼B(15,0.3)，∴P(X=k)=C15k⋅0.3k⋅0.715−k，
设最有可能命中m次，即命中m次的概率最大，则C15m⋅0.3m⋅0.715−m≥C15m−1⋅0.3m−1⋅0.716−mC15m⋅0.3m⋅0.7m≥C15m+1⋅0.3m+1⋅0.714−m，
解得3.8≤m≤4.8，∵m∈Z，∴m=4.
故答案为：4.
由题意利用二项分布，n次独立重复试验中恰好发生k的概率计算公式，计算求得结果．
本题主要考查二项分布，n次独立重复试验中恰好发生k的概率计算公式，属于中档题．
15.【答案】2ln2−1
【解析】解：∵f(x)=xlnx−x的定义域为(0,+∞)，
∴f′(x)=lnx+1−1=lnx，
∴当x>1时，原函数递增，当0故f(x)在区间[12,2]上先递减，再递增，
又f(12)=12ln12−12=−12ln2−12，f(1)=ln1−1=−1，f(2)=2ln2−2，
且f(2)−f(12)=52ln2−32=ln32−lne32>ln32−ln272>0，
∴最大值M=f(2)=2ln2−2，最小值N=−1.
∴M−N=2ln2−1.
故答案为：2ln2−1.
由题意，求导，从而确定函数的单调性，从而求函数的最值．
本题考查了导数的综合应用，考查计算能力，属于基础题．
16.【答案】1630 13−2(n−1)n(n+1)
【解析】解：由题意知，将杨辉三角从第1行开始的每一个数C都换成分数1(n+1)Cnr，
得到的三角形为“菜布尼茨三角形”，观察表中数字，题中要求第8行第5个数，所以n=8，r=4，
所以第8行第5个数为1(8+1)C84=1630，
由莱布尼茨三角形的特点可知，每个数均等于其“脚下”两个数之和，
∵1(n+1)Cnn−2+1(n+1)Cnn−3=1nCn−1n−3，1nCn−1n−3+1nCn−1n−4=1(n−1)Cn−2n−4，1(n−1)Cn−2n−4+1(n−1)Cn−2n−5=1(n−2)Cn−3n−5，…，15C41+15C42=14C32，14C31+14C30=13C23，
将上述各式相加，得1(n+1)Cnn−2+1(n+1)Cnn−3+1nCn−1n−4+⋯+120+14=13，
∴1(n+1)Cnn−2+Sn=13，Sn=13−2(n−1)n(n+1).
故答案为：1630；13−2(n−1)n(n+1).
类比杨辉三角，根据“莱布尼茨三角形”的特点求解即可．
本题主要考查归纳推理，考查转化能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由题意得Cn0+Cn1+Cn2=79，
整理得n2+n−156=0，
解得n=12或n=−13(舍)，
故n=12；
(2)Tr+1=C12r(ax)12−r⋅(13x)r=a12−rC12r⋅x12−4r3，
令12−4r3=0，则r=9，
由题意得a3⋅C129=552，
解得a=12.
【解析】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项，二项式系数的性质，属基础题．
(1)由题意得Cn0+Cn1+Cn2=79，从而可求n；
(2)由已知先求出展开式的通项，结合已知常数项即可求解a.
18.【答案】解：(1)∵f(x)=xln(x+2)，
∴f′(x)=ln(x+2)+xx+2，
∴f′(0)=ln2，又f(0)=0，
∴所求切线方程为y=ln2⋅x；
(2)证明：设g(x)=f(x)+x+1，则g(x)定义域为(−2,+∞)，
∴g′(x)=ln(x+2)+xx+2+1，
令h(x)=g′(x)，则h′(x)=1x+2+2(x+2)2=x+4(x+2)2>0，
∴g′(x)在(−2,+∞)上单调递增，又g′(−1)=ln1−1+1=0，
∴当x∈(−2,−1)时，g′(x)<0；
当x∈(−1,+∞)时，g′(x)>0；
∴g(x)在(−2,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(−1)=0，
即f(x)≥−x−1.
【解析】(1)利用导数几何意义可求得切线斜率f′(0)，结合f(0)=0可得切线方程；
(2)设g(x)=f(x)+x+1，h(x)=g′(x)，利用导数可求得g′(x)单调性，结合g′(−1)=0可得g(x)单调性，得到g(x)≥g(−1)=0，由此可证得结论．
本题考查利用导数几何意义求解切线方程，构造函数证明不等式问题，利用导数研究函数的单调性，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意得a2a3=a1a4=a43a3+2a3q=a3q2，
因为等比数列{an}中a3≠0，a4≠0，所以a1=13+2q=q2，又q>0，解得q=3，
所以an=1×3n−1=3n−1，即{an}的通项公式为an=3n−1.
(2)由(1)知bn=lg333n−1=3n−1，
因为b45=134，a5=35−1=81<134,a6=36−1=243>134，
所以{cn}的前50项是由{an}的前5项与{bn}的前45项组成，
记{cn}的前50项的和为S50，
则S50=(a1+a2+a3+⋯+a5)+(b1+b2+b3+⋯+b45)
=(1+3+32+33+34)+[2+5+8+⋯+(3×45−1)]
=1−351−3+2+(3×45−1)2×45=121+3060=3181.
所以{cn}的前50项的和为3181.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，然后根据题意列出等式，进行联立即可得到a1=1，q=3，即可求解；
(2)先得到{cn}的前50项是由{an}的前5项与{bn}的前45项组成，然后利用分组求和法即可求解．
本题主要考查等比数列的通项公式，分组求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)预测试成绩在[25,35)∪[85,95]的员工中，接受方案A测试的有100×(0.02+0.03)=5人；
接受方案B测试的有100×(0.16+0.04)=20人．
依题意，随机变量X服从超几何分布，记这6人中接受方案A预测试的人数为k，
则P(X=k)=C5k⋅C206−kC256，其中k∈{0,1,2,3,4,5}.
C51⋅C205>C52⋅C204>C50⋅C206>C53⋅C203>C54⋅C202>C55⋅C201.
得P(X=k)max=P(X=1)，即X=1的可能性最大，
故X的最有可能的取值是1；
(2)(ⅰ)依题意，y=λeμx两边取对数，得lny=μx+lnλ，即z=μx+lnλ.
其中x−=63，由提供的参考数据，可知μ=0.02，
又−0.642=0.02×63+lnλ，∴lnλ≈−1.9，得λ≈0.15.
故y =0.15⋅e0.02x，当x=60时，y ≈0.498；
(ⅱ)由(ⅰ)及提供的参考数据可知，μ≈x−=63，σ≈s≈20.
y≥0.78，即0.15⋅e0.02x≥0.78，可得0.02x≥ln5.2，即x≥83.
又μ+σ=83，P(μ−σ由正态分布的性质，得P(x≥83)=12[1−P(μ−σ记“绩效等级优秀率不低于0.78”为事件A，
则P(A)=P(x≥83)=0.1587.
∴绩效等级优秀率不低于0.78的概率等于0.1587.
【解析】(1)求出预测试成绩在[25,35)∪[85,95]的员工中，接受方案A测试与接受方案B测试的人数，记这6人中接受方案A预测试的人数为k，由超几何分布可得P(X=k)=C5k⋅C206−kC256，其中k∈{0,1,2,3,4,5}，通过计算可得P(X=k)max=P(X=1)，即X=1的可能性最大；
(2)(ⅰ)依题意，y=λeμx两边取对数，得lny=μx+lnλ，即z=μx+lnλ，由已知求得μ与λ的值，可得y =0.15⋅e0.02x，取x=60求得y值即可；
(ⅱ)由(ⅰ)及提供的参考数据可知，μ≈x−=63，σ≈s≈20，求解不等式0.15⋅e0.02x≥0.78，可得x≥83.结合μ+σ=83，即可求得“绩效等级优秀率不低于0.78”的概率．
本题主要考查超几何分布、不等式、回归分析、正态分布等知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力和推理论证能力，考查统计与概率思想、化归与转化思想，是中档题．
21.【答案】解：(1)由题意得：P(B|A1)=12，P(B|A2)=12×12=14，P(B|A3)=C32×(12)3+(12)3=12，
由全概率公式，得P(B)=i=13P(B|Ai)P(Ai)=12×αp+14α+12α(1−p)，
又p=12，由αp+α+α(1−p)+α(1−p)2=1，得α=415，则P(B)=32α=25；
(2)①由αp+α+α(1−p)+α(1−p)2=1，得1α=p2−3p+1p+3，
记f(p)=p2−3p+1p+3，0记g(p)=2p3−3p2−1，则g′(p)=6p2−6p=6p(p−1)<0，
故g(p)在(0,1)单调递减．
∵g(0)=−1，∴g(p)<0，∴f′(p)<0，f(p)在(0,1)单调递减．
因此增加 p的取值，1α会减小，α增大，即P(X=2)增大．
②假设存在 p使E(X)=αp+2α+3α(1−p)=53，又1α=p2−3p+1p+3，
将上述两式相乘，得1p+5−p=5p23−5p+53p+5，
化简得，5p3−6p2+2=0，
设h(p)=5p3−6p2+2，则h′(p)=15p2−12p=3p(5p−4)，
则h(p)在(0,45)单调递减，在(45,1)单调递增，h(p)的最小值为h(45)=825>0，
∴不存在p使得h(p)=0，即不存在p的值使得E(X)=53.
【解析】(1)根据条件概率计算方法求出P(B|Ai)(i=1,2,3)，再根据P(B)=i=13P(B|Ai)P(Ai)即可计算求值；
(2)①根据分布列的概率和为1得到1α与 p的关系，构造函数f(p)=p2−3p+1p+3，利用导数判断其单调性，求出其f(p)单调性，从而可判断P(X=2)=α的单调性，从而得到结果；
②根据分布列概率和为1及E(X)=53列出关于 p的方程，判断方程是否有解即可．
本题考查离散型随机变量的期望，与导数相结合，是难题．
22.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=ex−ln(x+1)−1，
f′(x)=ex−1x+1
又f′(x)在(−1,+∞)上单调递增，且f′(0)=0，
所以当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当−1又f(0)=0，
所以f(x)的极小值为0，无极大值．
(2)证明：f(x)的定义域为(−a,+∞)，f′(x)=aex−1x+a，
当a=1时，由(1)知x0=0，则f(x0)+2|x0|=0，
当0设h(x)=x−lnx，则h′(x)=1−1x，
令h′(x)=0得x=1，
所以在(0,1)上h′(x)<0，h(x)单调递减，则h(x)≥h(1)=1，
所以f′(−lna)=1−1a−lna>0，
根据零点的存在性定理，知f′(x0)存在唯一的零点x0∈(0,−lna)，
此时f(x0)+2|x0|=1x0+a−ln(x0+a)+2x0−1，
因为x0+a所以f(x0)+2|x0|>1x0+1−ln(x0+1)+2x0−1，
设g(x)=1x+1−ln(x+1)+2x−1(x>0)，
g′(x)=−1(1+x)2−11+x+2>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g(x)>g(0)=0，
所以f(x0)+2|x0|>0，
当a>1时，f′(x)单调递增，且f′(0)=a−1a>0，
f′(1−a)=ae1−a−1，
设u(a)=ae1−a，(a>1)，
当a>1时，u′(a)=(1−a)e1−a<0，u(a)在(1,+∞)上单调递减，
所以u(a)所以f′(1−a)=ae1−a−1<0，
又零点的存在定理可得，存在唯一的零点x0∈(1−a,0)，
此时有f(x0)+2|x0|=aex0−ln(x0+a)−2x0−1，
由f′(x0)=aex0−1x0+a=0，
可得ln(x0+a)=−lna−x0，
所以当a>1时，f(x0)+2|x0|>ex0+lna+x0−2x0−1>ex0−x0−1>0，
综上所述，当a>0时，f(x)存在唯一极值点x，是极小值点，且f(x0)+2|x0|≥0.
【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex−ln(x+1)−1，求导分析单调性，进而可得答案．
(2)f(x)的定义域为(−a,+∞)，f′(x)=aex−1x+a，分三种情况：当a=1时，当01时，分析单调性和极值点，进而可得答案．
本题考查函数的极值和零点的存在定理，解题关键是利用导数分析单调性和极值，属于中档题．P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
成绩
频率
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65)
[65,75)
[75,85)
[85,95]
方案A
0.02
0.11
0.22
0.30
0.24
0.08
0.03
方案B
0.16
0.18
0.34
0.10
0.10
0.08
0.04
x
32
41
54
68
74
80
92
y
0.28
0.34
0.44
0.58
0.66
0.74
0.94
X
1
2
3
0
概率
αp
α
α(1−p)
α(1−p)2