2022-2023学年重庆市主城区、南岸区七校高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年重庆市主城区、南岸区七校高二（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。

1.若函数f(x)=x2−1x，则f′(−1)=( )
A. −3B. −1C. 3D. 4
2.由1，2，3，4这4个数组成无重复数字的四位数且为偶数，共有多少种排法( )
A. 12B. 24C. 48D. 256
3.已知X∼B(6,13)，则P(X=4)等于( )
A. 316B. 20243C. 13243D. 80243
4.函数f(x)=x3−3x+2在闭区间[−3,0]上的最大值、最小值分别是( )
A. 2，0B. 2，−16C. 4，−16D. 10，−18
5.端午节为每年农历五月初五，又称端阳节、午日节、五月节等.端午节是中国汉族人民纪念屈原的传统节日，以围绕才华横溢、遗世独立的楚国大夫屈原而展开，传播至华夏各地，民俗文化共享，屈原之名人尽皆知，追怀华夏民族的高洁情怀.小华的妈妈为小华煮了8个粽子，其中5个甜茶粽和3个艾香粽，小华随机取出两个，事件A“取到的两个为同一种馅”，事件B“取到的两个都是艾香粽”，则P(B|A)=( )
A. 35B. 313C. 58D. 1328
6.若函数f(x)=lnx+ax−2(x>1)有两个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A. (2,+∞)B. (1,2]C. (1,+∞)D. (2,e)
7.2022年北京冬奥会结束了，有7名志愿者合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左㙐，乙不站最右端，丙不站正中间，则理论上他们的排法有( )
A. 3864种B. 3216种C. 3144种D. 2952种
8.已知a，b为正实数，直线y=x−a与曲线y=ln(x+b)相切，则a23−b的取值范围是( )
A. (0,+∞)B. (0,1)C. [1,+∞)D. (0,13)
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.给出下列命题，其中正确命题是( )
A. 若样本数据x1，x2，…，xn(数据各不相同)的平均数为2，则样本数据2x1−3，2x2−3，…，2xn−3的平均数为3
B. 随机变量X的方差为D(X)=1，则D(2X+1)=4
C. 随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，P(X>1)=0.72，则P(2≤X≤3)=0.22
D. 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，用X表示出现正面向上的次数，则P(X=1)=0.5
10.已知(2+x)(1−2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，则( )
A. a0的值为2
B. a5的值为16
C. a1+a2+a3+a4+a5+a6的值为−5
D. a1+a3+a5的值为120
11.小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分.现3人共进行了4次游戏，每次游戏互不影响，记小明4次游戏得分之和为X，则下列结论正确的是( )
A. 每次游戏中小明得1分的概率是34B. X的均值是2
C. X的均值是3D. X的标准差是 32
12.已知直线y=a与曲线y=xex相交于A，B两点，与曲线y=lnxx相交于B，C两点，A、B、C的横坐标分别为x1，x2，x3，则( )
A. x2=aex2B. x2=lnx1C. x3=ex2D. x1x3=x22
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.对任意的x>0，不等式lnx−ax≤0恒成立，则实数a的取值范围为______.
14.某市政府调查市民收入增减与旅游需求的关系时，采用独立性检验法抽查了5000人，计算发现χ2=3.109，根据这一数据，市政府断言市民收入增减与旅游需求有关的可信度是______%.
附：常用小概率值和临界值表：
15.已知直线l：y=kx+b是函数f(x)=ax2(a>0)与函数g(x)=ex的公切线，若(1,f(1))是直线l与函数f(x)相切的切点，则a=______.
16.有穷数列{an}(n∈N*,n≤13)满足|an+1−an|=1，且a1，a5，a13成等比数列.若a1=1，a13=9，则满足条件的不同数列{an}的个数为______.
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)
为进一步激发青少年学习中华优秀传统文化的热情，某校举办了“我爱古诗词”对抗赛，在每轮对抗赛中，高二年级胜高三年级的概率为25，高一年级胜高三年级的概率为13，且每轮对抗赛的成绩互不影响．
(1)若高二年级与高三年级进行4轮对抗赛，求高三年级在对抗赛中至少有3轮胜出的概率；
(2)若高一年级与高三年级进行对抗，高一年级胜2轮就停止，否则开始新一轮对抗，但对抗不超过5轮，求对抗赛轮数X的分布列与数学期望．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx−mx(m∈R).
(1)当m=−2时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若函数f(x)在区间[1,e]上取得最小值4，求m的值．
19.(本小题12分)
某种产品的广告费支出x与销售额y(单位：万元)具有较强的相关性，且两者之间有如下对应数据：
(1)求y关于x的线性回归方程y =b x+a ；
(2)根据(1)中的线性回归方程，当广告费支出为10万元时，预测销售额是多少？
参考数据：i=15xi2=145,i=15yi2=14004,i=15xiyi=1420.
附：回归方程y =y x+a 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2=i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2,a =y−−b x−.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=alnx+14x+3a2x(a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)设g(x)=2x2−mex+e212+14(e=2.718⋯为自然对数的底数)，当a=−16e时，对任意x1∈[1,4]，存在x2∈[1,e]，使g(x1)≤f(x2)，求实数m的取值范围.
21.(本小题12分)
某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品.而每个甲系列盲盒可以开出玩偶A1，A2，A3中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶B1，B2中的一个.
(1)记事件En：一次性购买n个甲系列盲盒后集齐A1，A2，A3玩偶；事件Fn：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐B1，B2玩偶；求概率P(E6)及P(F5)；
(2)礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为15，购买乙系列的概率为45；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为14，购买乙系列的概率为34；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为12，购买乙系列的概率为12；如此往复，记某人第n次购买甲系列的概率为Qn.
①求Qn；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−2−aln(x−1).
(1)当a=1，求f(x)的最小值；
(2)令g(x)=xf(x+2)+aln(x+1)，若存在x1ln3.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：f′(x)=2x+1x2，
∴f′(−1)=−2+1=−1.
故选：B.
可先求出导函数f′(x)=2x+1x2，把x换上−1即可求出f′(−1)的值．
本题主要考查了导数的计算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为四位数为偶数，则个位数字为偶数，共有A21=2种可能，
剩余的三个数进行全排列，共有A33=6种可能，
所以共有2×6=12种排法．
故选：A.
先排个位数，再对剩余的数进行全排列即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵根据X∼B(6,13)知，
P(X=4)即为独立做6次试验，发生了4次的概率，
即C64p4(1−p)2=C64134(1−13)2=20243
故选：B.
根据X∼B(6,13)知P(X=4)即为独立做6次试验，发生了4次的概率，即C64p4(1−p)2，即可求解．
本题是一个二项分布的问题，在每次试验中事件发生的概率是相同的，各次试验中的事件是相互独立的，每次试验只要两种结果，要么发生要么不发生，随机变量是这n次独立重复试验中实件发生的次数．
4.【答案】C
【解析】解：由f(x)=x3−3x+2，得 f′(x)=3x2−3=0，解得x=±1，
再根据二次函数性质可知，在[−3,−1]上f′(x)>0，在[−1,0]上f′(x)<0，
所以函数f(x)在[−3,−1]单调递增，在[−1,0]单调递减，
所以f(x)max=f(−1)=4，f(−3)=−27+9+2=−16，f(0)=2，
所以f(x)min=f(−3)=−16.
所以函数f(x)=x3−3x+2在闭区间[−3,0]上的最大值、最小值分别是4，−16.
故选：C.
先判断函数f(x)在区间[−3,0]上的单调性，再根据单调性求最值即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属基础题．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，小华的妈妈为小华煮了8个粽子，其中5个甜茶粽和3个艾香粽，小华随机取出两个，共有28种取法，
又事件A“取到的两个为同一种馅”，事件B“取到的两个都是艾香粽”，
则P(A)=C52+C32C82=1328，P(AB)=C32C82=328，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=313，
故选：B.
根据条件概率与古典概型相关知识可解．
本题考查条件概率与古典概型相关知识，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：函数f(x)=lnx+ax−2(x>1)有两个不同的零点，
即方程lnx+ax−2=0，也就是a=2x−xlnx(x>1)有两不同根，
令g(x)=2x−xlnx(x>1)，得g′(x)=2−lnx−1=1−lnx，
当x∈(1,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴y=g(x)有极大值也是最大值为g(e)=e.
又当x→1时，g(1)→2，当x→+∞时，g(x)→0，
∴要使函数f(x)=lnx+ax−2(x>1)有两个不同的零点，则实数a的取值范围是(2,e).
故选：D.
问题转化为a=2x−xlnx(x>1)有两不同根，令g(x)=2x−xlnx(x>1)，利用导数求最值，即可求得实数a的取值范围．
本题考查函数零点的判定，训练了利用导数求最值，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，分种情况讨论：
①甲在右端，若乙在中间，则丙有5个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有5A44=120种情况；
甲在右端，若乙不在中间，则乙还有5个位置可选，此时丙还有4个位置可选，
再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有5×4×A44=480种情况，
两种情况合并，共有(5+5×4)A44=600种情况；
②若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①共有(5+5×4)A44=600种情况；
③若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，
乙若在中间，则丙有5种排法；乙若不在中间，则乙有4种排法，此时丙有4种排法，
最后，将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，共有4×(5+4×4)A44=2016种情况；
综上，则共有(5+5×4)A44+(5+5×4)A44+4×(5+4×4)A44=3216种不同的站法．
故选：B.
根据题意，分3种情况讨论：①甲在右端，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的中个人全排列；②若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①；③若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，分乙中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列，最后由分类计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：函数y=ln(x+b)的导数为y′=1x+b=1，
∴x=1−b，即切点为(1−b,0)，代入y=x−a，得a+b=1，
∵a、b为正实数，∴a∈(0,1)，
则a23−b=a23−(1−a)=a22+a，
令g(a)=a22+a，则g′(a)=a(a+4)(2+a)2>0，
则函数g(a)为增函数，
∴a22+a∈(0,13)，
∴a23−b∈(0,13).
故选：D.
求函数的导数，利用导数构造函数，判断函数的单调性即可．
本题主要考查导数的应用，利用导数的几何意义以及函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查命题的真假判断与应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
对于A，根据已知条件，结合平均数公式，即可求解，对于B，结合方差公式，即可求解，对于C，结合正态分布的对称性，即可求解，对于D，结合二项分布的概率公式，即可求解．
【解答】
解：对于A，∵样本数据x1，x2，…，xn(数据各不相同)的平均数为2，
∴样本数据2x1−3，2x2−3，…，2xn−3的平均数为2×2−3=1，故A错误;
对于B，∵随机变量X的方差为D(X)=1，
∴D(2X+1)=22D(X)=4，故B正确;
对于C，∵随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，P(X>1)=0.72，
∴P(2≤X≤3)=P(1≤X≤2)=0.72−0.5=0.22，故C正确;
对于D，∵将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，用X表示出现正面向上的次数，
∴P(X=1)=C21⋅0.5⋅(1−0.5)=0.5，故D正确．
故选BCD.
10.【答案】ABC
【解析】解：∵已知(2+x)(1−2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，
令等式中的x=0，可得a0=2，故A正确．
a5的值，即展开式中x5的系数，为2×(−2)5C55+(−2)4C54=16，故a5=16正确．
在所给的等式中，令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=−3①，又a0=2，
∴a1+a2+a3+a4+a5+a6=−5，故C正确；
在所给的等式中，令x=−1，得a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=243②，
由①②得：a1+a3+a5=−123，D错误．
故选：ABC.
注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，从而判断各个选项是否正确．
本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，
规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分，
现3人共进行了4次游戏，记小明4次游戏得分之和为X，
则X的可能取值为0，1，2，3，4，
设其他两位同学为a，b，小明为c，列表得：
共有8种情况，小明得1分结果有6种情况，
∴小明每次得1分的概率P=34，
故A正确；
∴X∼B(4,34)，
∴E(X)=4×34=3，故B错误，C正确；
∴D(X)=4×34×14=34，∴X的标准差是 32.故D正确．
故选：ACD.
X的可能取值为0，1，2，3，4，利用列举法求出小明每次得1分的概率P=34，从而X∼B(4,34)，由此能求出E(X)和D(X).
本题主要考查离散型随机变量的均值，离散型随机变量的方差，概率统计的应用等知识，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：y=xex,y′=1−xex=0，
令y′=0，得x=1，
当x<1时，y′>0，当x>1时，y′<0.
所以y=xex在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，ymax=1e，
同理，y=lnxx,y′=1−lnxx2，
令y′=0得x=e，
x∈(0,e)，y′>0，x∈(e,+∞)，y′<0，
属于y=lnxx在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，∴ymax=1e，
作出函数的图象，如图所示，
由x2ex2=a得x2=aex2，故A正确；
x1ex1=x2ex2=a=lnx2x2=lnx2elnx2,y=xex在(0,1)上单调递增，0lnex2ex2=x2ex2=a=lnx3x3,y=lnxx在(e,+∞)单调递减，ex2∈(e,ee),x3>e，∴ex2=x3,C正确；
x1x3=ex2lnx2=x2a⋅ax2=x22,D正确．
故选：ACD.
画出函数图像，得到x1，x2，x3的范围，由x2ex2=a得出A正确，由x1ex1=x2ex2=a=lnx2x2=lnx2elnx2得出B错误，由lnex2ex2=x2ex2=a=lnx3x3得出C正确，由x1x3=ex2lnx2=x2a⋅ax2=x22得出D正确．
本题考查了曲线与方程，函数的单调性的应用，属于中档题．
13.【答案】[1e,+∞)
【解析】解：已知对任意的x>0，不等式lnx−ax≤0恒成立，
所以a≥lnxx在x>0上恒成立，
不妨设f(x)=lnxx，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=1−lnxx2，
当00，f(x)单调递增；
当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max=f(e)=1e，
要使a≥lnxx在x>0上恒成立，
此时a≥f(x)max=1e，
则实数a的取值范围为[1e,+∞).
故答案为：[1e,+∞).
由题意，将问题转化成求解a≥lnxx在x>0上恒成立，构造函数f(x)=lnxx，对f(x)进行求导，利用导数得到f(x)的单调性和最值，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数单调性和最值以及函数恒成立问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
14.【答案】90
【解析】解：由χ2=3.109>2.706，
对照数表知，市政府断言市民收入增减与旅游需求有关系的可信程度是90%.
故答案为：90.
由χ2，对照数表即可得出结论．
本题考查了独立性检验，属于基础题．
15.【答案】12e32
【解析】解：∵f(x)=ax2(a>0)，
∴f′(x)=2ax，g′(x)=ex，
∵(1,f(1))是直线l与函数f(x)相切的切点，
∴k=f′(1)=2a，f(1)=a，
∴a=2a+b，
∴b=−a，
即直线l的方程为y=2ax−a，
∵g(x)=ex，
∴g′(x)=ex，
设y=2ax−a与g(x)=ex的切点坐标为(x0,y0)，
∴k=ex0，y0=ex0，
∴切线方程为y−ex0=k(x−x0)，
即y=ex0x−ex0x0−ex0，
∴2a=ex0，−a=−ex0x0+ex0，
解得x0=32，
∴2a=e32，
∴a=12e32.
故答案为：12e32.
根据导数的几何意义即可求出a的值．
本题考查了导数和几何意义，考查了切线方程，属于中档题．
16.【答案】32
【解析】解：由题意，a52=a1a13，代入数据解得a5=±3，
由于a13=9，当5≤n≤13，若a5=−3，即使{an}单调递增，
即a13=a5+8，a13不可能为9，所以a5≠−3，
a5−a1=2，a13−a5=6，
所以从a1到a5，有3次增加，1次降低，
所以从a5到a13，有7次增加，1次降低，
所以满足条件的数列个数为4×8=32.
故答案为：32.
以a5为分界点，根据排列组合原理进行计算即可．
本题主要考查数列的增减变换，利用排列组合原理是解决本题的关键，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题意，知高三年级胜高二年级的概率为35.
设高三年级在4轮对抗赛中有 x轮胜出，“至少有3轮胜出”的概率为P.
则P=P(x=3)+P(x=4)=C43(35)3×25+(35)4=297625.
(2)由题意可知X=2，3，4，5，
则P(X=2)=(13)2=19，P(X=3)=C21×13×(1−13)×13=427.
P(X=4)=C31×13×(1−13)2×13=427，P(X=5)=C41×13×(1−13)3×1+(1−13)4=1627.
故 X的分布列为：
E(X)=2×19+3×427+4×427+5×1627=389.
【解析】(1)先求得高三年级胜高二年级的概率，再根据相互独立事件的概率计算公式求解即可；
(2)先确定出 X的所有可能取值，分别求出相应概率，从而列出分布列，求得数学期望．
本题主要考查离散型随机变量的分布列和期望，属于基础题．
18.【答案】解：(1)当m=−2时，f(x)=lnx+2x，
∴f′(x)=x−2x2(x>0)，
∴x∈(0,2)时，f′(x)<0，x∈(2,+∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调增区间为(2,+∞)，单调减区间为(0,2)；
(2)由f′(x)=x+mx2，
令f′(x)=0，得m+x=0，x=−m，
①当−m≤1，即m≥−1时，由x∈[1,e]，知f′(x)>0，
则f(x)在[1,e]上单调递增，
从而[f(x)]min=f(1)=−m=4，可得m=−4，不符合题意；
②当−m≥e，即m≤−e时，由x∈[1,e]，知ff′(x)<0，
则f(x)在[1,e]上单调递减，从而[f(x)]min=f(e)=1−me=4，可得m=−3e，符合题意；
③当−e从而[f(x)]min=f(m)=lnm−1=4，解答m=e5，不符合题意；
综上，m=−3e
【解析】(1)代入m的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
(2)求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值即可．
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，是中档题．
19.【答案】解：(1)x−=2+4+5+6+85=5，y−=28+36+52+56+785=50，
i=15xiyi=1420，i=15xi2=145，
b =i=15xiyi−5x−y−i=15xi2−5x−2=1420−5×5×50145−5×52=17020=8.5，
a =y−−b x−=50−8.5×5=7.5.
∴y关于x的线性回归方程为y =8.5x+7.5；
(2)y关于x的线性回归方程为y =8.5x+7.5，
取x=10，得y =8.5×10+7.5=92.5.
即当广告费支出为10万元时，预测销售额是92.5万元．
【解析】(1)由已知求得b 与a 的值，可得y关于x的线性回归方程；
(2)在(1)中求得的线性回归方程中，取x=10求解y 值即可．
本题考查线性回归方程的求法，考查运算求解能力，是基础题．
20.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ax+14−3a2x2=x2+4ax−12a24x2=(x−2a)(x+6a)4x2，
①当a>0时，由f′(x)>0得x>2a，即f(x)的单调递增区间是(2a,+∞)；
由f′(x)<0得0②当a<0时，由f′(x)>0得x>−6a，即f(x)的单调递增区间是(−6a,+∞))；
由f′(x)<0得0(2)当a=−16e时，由(1)知，函数f(x)在[1,e]上递减，
所以f(x)∈[e6,e212+14]，
对任意x1∈[1,4]，存在x2∈[1,e]，使g(x1)≤f(x2)，
即等价为g(x1)≤e212+14恒成立即可，即2x2−mex≤0，
∴m≥2x2ex，
设h(x)=2x2ex，h′(x)=2x(2−x)ex，
∴h(x)在[1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减，∴h(x)max=h(2)=8e2，
∴m≥8e2，
故实数m的取值范围是：{m|m≥8e2}.
【解析】(1)求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论．
(2)分别求出函数g(x1)和f(x2)的最值，利用参数分离法进行求解即可．
本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，以及不等式恒成立问题，利用参数分离法转化求函数的最值是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．
21.【答案】解：(1)对于事件En：由题意基本事件共有36种情况，
其中集齐A1，A2，A3玩偶的个数可以分为三类情况，
A1，A2，A3玩偶中，每个均出现两次，共C62C42C22种，
A1，A2，A3玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次，共C63C32C11A33种，
A1，A2，A3玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次，共3C64A22种，
故P(E6)=C62C42C22+C63C32C11A33+3C64A2236=2027.
根据题意，先考虑一次性购买n个乙系列盲盒后没有集齐B1，B2玩偶的概率，即p=1+125
故P(F5)=1−1+125=1516.
(2)①由题意可知：Q1=15，
当n≥2时，Qn=12(1−Qn−1)+14Qn−1，
∴Qn−25=−14(Qn−1−25)，
所以{Qn−25}是以−15为首项，−14为公比的等比数列，
∴Qn=−15(−14)n−1+25.
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，
所以购买甲系列的概率近似于25，假设用ξ表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则ξ∼B(100,25)，
所以E(ξ)=100×25=40，即购买甲系列的人数的期望为40，
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
【解析】本题考查排列组合，数列递推关系，统计与概率，二项分布的应用．
(1)由古典概型的概率公式可以直接解出；
(2)分析可得关于Qn的递推关系Qn=12(1−Qn−1)+14Qn−1，{Qn−25}是一个等比数列，可求Qn；用ξ表示一天中购买甲系列盲盒的人数，可知ξ服从二项分布，即可计算出结果．
22.【答案】解：(1)f(x)=ex−2−ln(x−1)(x>1)，f′(x)=ex−2−1x−1，
∴f′(x)在(1,+∞)上单调递增，且f′(2)=1−1=0，
∴当12时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴当x=2时，f(x)取得极小值，也是最小值，为f(2)=1；
证明：(2)g(x)=xex−aln(x+1)+aln(x+1)=xex，(x>−1)，
∴g′(x)=1−xex，
当−10，g(x)递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)递减，
x>1时，g(x)>0，
存在x1令x2x1=ex2−x1=t>1，∴x2=tx1x2−x1=lnt，∴x1=lntt−1x2=tlntt−1，
∴3x1+x2−3=3lntt−1+tlntt−1−3=t+3t−1[lnt−3(t−1)t+3]，
令r(t)=lnt−3(t−1)t+3(t>1)，
则r′(t)=1t−12(t+3)2=(t−3)2t(t+3)2≥0，∴r(t)在(1,+∞)上单调递增，
∴r(t)>r(1)=0，∴3x1+x2−3>0，
∴x2>3(1−x1)，lnx2>ln3(1−x1)，
∴lnx2−ln(1−x1)>ln3.
【解析】(1)求出导函数f′(x)，由f′(x)的正负确定单调区间，进而求出f(x)的最小值；
(2)求出g(x)，g′(x)，由导数确定g(x)的单调性，函数的变化趋势，从而得出x1，x2的范围，由x1，x2的关系，设x2x1=t，把x1，x2都用t表示，则x2+3x1−3可表示t的函数，同样利用导数得出新函数是增函数，得出x2+3x1−3>0，再由对数函数的性质得证不等式成立．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．α
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
xα
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
x
2
4
5
6
8
y
28
36
52
56
78
a
b
c
手心
手心
手背
手心
手背
手背
手心
手心
手心
手心
手背
手心
手背
手心
手背
手背
手心
手心
手背
手背
手背
手背
手背
手心
X
2
3
4
5
P
19
427
427
1627