2021-2022学年北京市十一学校高二（下）期中数学试卷

这是一份2021-2022学年北京市十一学校高二（下）期中数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，个位上，有A33＝6种情况，等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，方差是，那么另一组数据3x1+1，3x2+1，3x3+1，3x4+1，3x5+1的平均数和方差分别是（ ）
A．7，3B．2，1C．2，D．3，3
2．（3分）要从10名女护工和5名男护工中选出6名护工组成抗击疫情医疗支援小组，如果按性别依比例分层随机抽样，试问组成此医疗支援小组的方法总数为（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）甲、乙二人参加某体育项目训练，近期的八次测试得分情况如图，则下列结论正确的是（ ）
A．甲得分的极差大于乙得分的极差
B．甲得分的75%分位数大于乙得分的75%分位数
C．甲得分的中位数大于乙得分的中位数
D．甲得分的标准差小于乙得分的标准差
4．（3分）掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A∪（表示事件B的对立事件）发生的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）已知m＞0，（x2+x+m）4展开式中x3的系数为56，则m＝（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．（3分）“仁义礼智信”为儒家“五常”，由孔子提出“仁、义、礼”，孟子延生为“仁、义、礼、智”，董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”，将“仁义礼智信”排成一排，“仁”排在第一位，且“智、信”相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．（3分）已知++22+23+…+2n＝729，则+++…+＝（ ）
A．63B．64C．31D．32
8．（3分）汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图中，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）
A．180B．192C．420D．480
9．（3分）关于及其展开式，下列说法正确的是（ ）
A．该二项展开式中奇数项的二项式系数和是22020
B．该二项展开式中第六项为
C．该二项展开式中不含有理项（有理项即为x的指数为整数的项）
D．当x＝100时，除以100的余数是1
10．（3分）已知函数f（x）＝x3﹣2x的零点构成集合P，若xi∈P（i＝1，2，3，4）（x1，x2，x3，x4可以相等），则满足条件“x12+x22+x32+x42≤4”的数组（x1，x2，x3，x4）的个数为（ ）
A．33B．29C．27D．21
二、填空题（共6小题，每题4分，共24分）
11．（4分）（x2+）6的展开式中常数项是 （用数字作答）．
12．（4分）若P（X＝0）＝1﹣p，P（X＝1）＝p，则E（2X﹣3）＝ ．
13．（4分）已知某品牌只卖甲、乙两种型号的产品，两种产品的比例为7：3，其中甲型号产品优秀率为80%，乙型号产品优秀率为90%．若购买一件该品牌产品为优秀品的概率为 ．
14．（4分）从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P（|A）＝ ．
15．（4分）数字“2015”中，各位数字相加和为8，称该数为“如意四位数”，则用数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有 个．
16．（4分）如图所示有一个信号源和五个接收器，接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号．若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是 ．
三、解答题（共4小题，共46分）
17．（10分）某单位有车牌尾号为2的汽车A和尾号为6的汽车B，两车分属于两个独立业务部门．对一段时间内两辆汽车的用车记录进行统计，在非限行日，A车日出车频率0.6，B车日出车频率0.5．该地区汽车限行规定如下：
现将汽车日出车频率理解为日出车概率，且A，B两车出车相互独立．
（Ⅰ）求该单位在星期一恰好出车一台的概率；
（Ⅱ）设X表示该单位在星期一与星期二两天的出车台数之和，求X的分布列及其数学期望E（X）．
18．（12分）现对某高校160名篮球运动员在多次训练比赛中的得分进行统计，将每位运动员的平均成绩所得数据用频率分布直方图表示如下．（如：落在区间[10，15）内的频率/组距为0.0125）规定分数在[10，20）、[20，30）、[30，40）上的运动员分别为三级篮球运动员、二级篮球运动员、一级篮球运动员，现从这批篮球运动员中利用分层抽样的方法选出16名运动员作为该高校的篮球运动员代表．
（1）求a的值和选出篮球运动员代表中一级运动员的人数；
（2）若从篮球运动员代表中依次选三人，求其中含有一级运动员人数X的分布列；
（3）若从该校篮球运动员中有放回地选三人，求其中含有一级运动员人数Y的期望．
19．（12分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A，B，且|AB|＝4，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是椭圆C上不同于A，B的一点，直线PA，PB与直线x＝4分别交于点M，N．若|MN|≤4，求点P横坐标的取值范围．
20．（12分）已知函数f（x）＝x（1+lnx）
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅲ）若m∈Z，m（x﹣1）＜f（x）对任意的x∈（1，+∞）恒成立，求m的最大值．
2021-2022学年北京市十一学校高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题只有一个正确选项，每题3分，共30分）
1．（3分）已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，方差是，那么另一组数据3x1+1，3x2+1，3x3+1，3x4+1，3x5+1的平均数和方差分别是（ ）
A．7，3B．2，1C．2，D．3，3
【分析】利用平均数、方差的定义和性质直接求解．
【解答】解：∵数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，方差是，
∴数据3x1+1，3x2+1，3x3+1，3x4+1，3x5+1的平均数为：3×2+1＝7，
方差分32×＝3．
故选：A．
【点评】本题考查平均数、方差的运算，考查平均数、方差的定义和性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（3分）要从10名女护工和5名男护工中选出6名护工组成抗击疫情医疗支援小组，如果按性别依比例分层随机抽样，试问组成此医疗支援小组的方法总数为（ ）
A．B．
C．D．
【分析】先根据分层抽样确定男、女护工的人数，然后由组合知识可得．
【解答】解：一共15人，选出6人，根据分层抽样方法，女生、男生各抽取：（人），（人），
所以组成此小组的方法总数为．
故选：A．
【点评】本题考查了分层抽样以及组合的应用，属于基础题．
3．（3分）甲、乙二人参加某体育项目训练，近期的八次测试得分情况如图，则下列结论正确的是（ ）
A．甲得分的极差大于乙得分的极差
B．甲得分的75%分位数大于乙得分的75%分位数
C．甲得分的中位数大于乙得分的中位数
D．甲得分的标准差小于乙得分的标准差
【分析】根据折线图和茎叶图可得甲乙两人的数据，根据数字特征的求解即可求得．
【解答】解：对于A，乙组数据最大值为29，最小值为5，极差为24，甲组数据最大值小于29，最小值大于5，故A错误；
对于B，甲得分的75%分位数大于，乙得分的75%分位数是17，故B正确；
对于C，甲组具体数据不易看出，第4个数据小于15，第五个数据为15，所以甲的中位数小于15，乙的中位数为16，故C错误；
对于D，乙组数据更集中，标准差更小，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了折线图的应用，属于基础题．
4．（3分）掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A∪（表示事件B的对立事件）发生的概率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意知试验发生包含的所有事件是6，事件A和事件B是互斥事件，看出事件A和事件B包含的基本事件数，根据互斥事件和古典概型概率公式得到结果．
【解答】解：∵事件B表示“小于5的点数出现”，
∴B的对立事件是“大于或等于5的点数出现”，
∴表示事件是出现点数为5和6．
∵事件A表示“小于5的偶数点出现”，
它包含的事件是出现点数为2和4，
∴P（A∪）＝+＝．
故选：C．
【点评】本题考查互斥事件和对立事件的概率，分清互斥事件和对立事件之间的关系，互斥事件是不可能同时发生的事件，对立事件是指一个不发生，另一个一定发生的事件．
5．（3分）已知m＞0，（x2+x+m）4展开式中x3的系数为56，则m＝（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】求出二项展开式的通项，进而求得展开式中x3的系数，结合已知条件，建立方程，由此得解．
【解答】解：（x2+x+m）4＝[（x+m）+x2]4的通项公式Tr+1＝＝，其中r＝0，1，2，3，4，k＝0，1，2，⋯r，
由题意得k+r＝5，
∴，，
∴展开式中x3的系数为，
化简得3m2+m﹣14＝0，
解得m＝2或m＝（舍）．
故选：B．
【点评】本题考查二项式定理的运用，考查运算能力，属于中档题．
6．（3分）“仁义礼智信”为儒家“五常”，由孔子提出“仁、义、礼”，孟子延生为“仁、义、礼、智”，董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”，将“仁义礼智信”排成一排，“仁”排在第一位，且“智、信”相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】基本事件总数n＝，“仁”排在第一位，且“智信”相邻包含的基本事件个数m＝＝12，由此能求出“仁”排在第一位，且“智信”相邻的概率．
【解答】解：将“仁义礼智信”排成一排，
基本事件总数n＝，
“仁”排在第一位，且“智信”相邻包含的基本事件个数m＝＝12，
∴“仁”排在第一位，且“智信”相邻的概率为p＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．（3分）已知++22+23+…+2n＝729，则+++…+＝（ ）
A．63B．64C．31D．32
【分析】根据二项式定理将已知的等式化为两个数的n次幂的展开式，求出n，然后根据二项式系数的性质解答即可．
【解答】解：因为++22+23+…+2n＝729＝（1+2）n，所以n＝6，
所以+++…+＝26﹣1＝63；
故选：A．
【点评】本题考查了二项式定理的运用；关键是正确将已知利用二项式表示．
8．（3分）汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图中，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）
A．180B．192C．420D．480
【分析】根据题意，假设五个区域分别为①②③④⑤，进而分2步讨论区域①②③与区域④⑤的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，假设五个区域分别为①②③④⑤，
分2步进行分析：
对于区域①②③，三个区域两两相邻，有A53＝60种情况，
对于区域④⑤，若④与②的颜色相同，则⑤有3种情况，
若④与②的颜色不同，则④有2种情况，⑤有2种情况，此时区域④⑤的情况有2×2＝4种，
则区域④⑤有3+4＝7种情况，
则一共有60×7＝420种涂色方案；
故选：C．
【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
9．（3分）关于及其展开式，下列说法正确的是（ ）
A．该二项展开式中奇数项的二项式系数和是22020
B．该二项展开式中第六项为
C．该二项展开式中不含有理项（有理项即为x的指数为整数的项）
D．当x＝100时，除以100的余数是1
【分析】由奇数项的二项式系数和为2n﹣1，即可判断A，由二项展开式的通项公式求得第六项即可判断B，求出二项展开式的通项公式即可判断C，由二项式定理求得（10﹣1）2020＝100（102018﹣102017+102016﹣102015+…+﹣202）+1，即可判断D．
【解答】解：A，的展开式中奇数项的二项式系数和为22019，故A错误，
B，展开式中第六项为T6＝（﹣1）5＝﹣，故B错误，
C，该二项展开式的通项公式为Tr+1＝（﹣1）r＝（﹣1）r，
当r＝0，2，4，…，2020时，Tr+1为有理项，故C错误，
D，当x＝100时，（10﹣1）2020的通项公式为（﹣1）r102020﹣r，
所以（10﹣1）2020＝102020﹣102019+102018﹣102017+…+102﹣101+1
＝100（102018﹣102017+102016﹣102015+…+﹣202）+1，
所以（10﹣1）2020除以100的余数是1，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查二项式定理及其应用，考查二项展开式的通项公式及二项式系数，属于中档题．
10．（3分）已知函数f（x）＝x3﹣2x的零点构成集合P，若xi∈P（i＝1，2，3，4）（x1，x2，x3，x4可以相等），则满足条件“x12+x22+x32+x42≤4”的数组（x1，x2，x3，x4）的个数为（ ）
A．33B．29C．27D．21
【分析】根据题意，令f（x）＝0可得x的值，即可得函数f（x）的零点，对于数组（x1，x2，x3，x4），罗列（x1，x2，x3，x4）的取法分析可得答案．
【解答】解：根据题意，f（x）＝x3﹣2x＝0，解可得x＝±或0，即函数f（x）的零点为0，，﹣；
即P＝{0，，﹣}；
若xi∈P（i∈N}），则满足条件“x12+x22+x32+x42≤4”的所有组合如下，
（0，0，0，0）；（0，0，0，），（0，0，0，﹣），（0，0，，0），（0，0，，），（0，0，，﹣），（0，0，﹣，0），（0，0，﹣，），（0，0，﹣，﹣）；
（0，，0，0），（0，，0，），（0，，0，﹣），（0，，，0），（0，，﹣，0）；
（0，﹣，0，0），（0，﹣，0，），（0，﹣，0，﹣），（0，﹣，，0），（0，﹣，﹣，0）；
（，0，0，0），（，0，0，），（，0，0，﹣），（，0，，0），（，0，﹣，0），（，，0，0），（，﹣，0，0），
（﹣，0，0，0），（﹣，0，0，），（﹣，0，0，﹣），（﹣，0，，0），（﹣，0，﹣，0），（﹣，，0，0，），（﹣，﹣，0，0）
数组（x1，x2，x3，x4）的个数为33种；
故选：A．
【点评】本题考查排列、组合的应用以及分步计数原理的应用，涉及函数的零点判定定理，属于基础题．
二、填空题（共6小题，每题4分，共24分）
11．（4分）（x2+）6的展开式中常数项是 240 （用数字作答）．
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．
【解答】解：由于（x2+）6的展开式的通项公式为 Tr+1＝•2r•x12﹣3r，
令12﹣3r＝0，求得r＝4，故常数项的值等于 •24＝240，
故答案为：240．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
12．（4分）若P（X＝0）＝1﹣p，P（X＝1）＝p，则E（2X﹣3）＝ 2p﹣3 ．
【分析】先根据数学期望的算法求出E（X），再根据E（2X﹣3）＝2E（X）﹣3即可得解．
【解答】解：∵P（X＝0）＝1﹣p，P（X＝1）＝p，∴E（X）＝0×（1﹣p）+1×p＝p，
∴E（2X﹣3）＝2E（X）﹣3＝2p﹣3，
故答案为：2p﹣3．
【点评】本题考查两点分布的数学期望，考查学生的运算能力，属于基础题．
13．（4分）已知某品牌只卖甲、乙两种型号的产品，两种产品的比例为7：3，其中甲型号产品优秀率为80%，乙型号产品优秀率为90%．若购买一件该品牌产品为优秀品的概率为 83% ．
【分析】分①购买一件品牌产品为甲产品且为优秀品，②购买一件品牌产品为乙产品且为优秀品，两种情况讨论，然后结合相互独立事件及相互独立事件的概率乘法公式求解即可．
【解答】解：①若购买一件品牌产品为甲产品且为优秀品的概率为0.7×80%＝56%；
②若购买一件品牌产品为乙产品且为优秀品的概率为0.3×90%＝27%；
则由①②，可得购买一件该品牌产品为优秀品的概率为56%+27%＝83%，
故答案为：83%．
【点评】本题考查了相互独立事件及相互独立事件的概率乘法公式，属基础题．
14．（4分）从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P（|A）＝ ．
【分析】利用互斥事件的概率及古典概型概率计算公式求出事件A的概率，同样利用古典概型概率计算公式求出事件的概率，然后直接利用条件概率公式求解．
【解答】解：．
由条件概率公式得．
故答案为：．
【点评】本题考查条件概率，考查学生的运算能力，属于中档题．
15．（4分）数字“2015”中，各位数字相加和为8，称该数为“如意四位数”，则用数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有 23 个．
【分析】根据题意，分析可得：相加和为8的4个数字有2种情况：即0，1，2，5或0，1，3，4；则分2种情况讨论：①、四个数字为0、1、2、5，②、四个数字为0、1、3、4，每种情况时分析四位数的千位、百位、十位、个位的可能情况，可得每种情况下的“如意四位数”的个数，由分类计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，“如意四位数”的四个数字之和等于8，则这四个数字为0，1，2，5或0，1，3，4．
则分2种情况讨论：
①、四个数字为0、1、2、5，
千位数字为5时，其他3个数字进行全排列，安排在百、十、个位上，有A33＝6种情况，
千位数字为2时，其他3个数字进行全排列，安排在百、十、个位上，有A33＝6种情况，
其中小于等于2015的有1种情况即2015，
则千位数字为2时，大于2015的“如意四位数”有6﹣1＝5个，
则0，1，2，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有5+6＝11个；
②、四个数字为0、1、3、4，
要求大于2015，其千位数字为3或4，有2种情况，
将其他3个数字进行全排列，安排在百、十、个位上，有A33＝6种情况，
0，1，3，4组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有，共2×6＝12个；
则用数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有11+12＝23个；
故答案为：23．
【点评】本题考查排列、组合的运用，解答时要分析“相加和为8的4个数字”的可能情况，进而由此分类讨论．
16．（4分）如图所示有一个信号源和五个接收器，接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号．若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是 ．
【分析】根据题意，分析右端的1种接线方法，再将左端六个接线点随机地平均分成三组可能出现的所有结果找出来，再根据五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，求出此种情况可能出现的结果，再运用概率公式即可得出所求事件概率．
【解答】解：根据题意，设右端连线方式如图：
对于左端的6个接线点，将其平均分为6组，有＝15种分组方法，即15中接线方法，
要接收到信号，五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，则1必须和3、4、5、6中其中1个相接，接好后，2只有2种情况可选，剩下的接线点只有1种接法，
故能接收到信号的接线方法有4×2＝8种，
同理，右端连线方式变化时，左端的接线方法都有15种，其中有8种可以收到信号；
故这五个接收器能同时接收到信号的概率是；
故答案为．
【点评】本题考查等可能事件的概率，注意本题中分组为平均分组，其次要结合电学知识分析电路．
三、解答题（共4小题，共46分）
17．（10分）某单位有车牌尾号为2的汽车A和尾号为6的汽车B，两车分属于两个独立业务部门．对一段时间内两辆汽车的用车记录进行统计，在非限行日，A车日出车频率0.6，B车日出车频率0.5．该地区汽车限行规定如下：
现将汽车日出车频率理解为日出车概率，且A，B两车出车相互独立．
（Ⅰ）求该单位在星期一恰好出车一台的概率；
（Ⅱ）设X表示该单位在星期一与星期二两天的出车台数之和，求X的分布列及其数学期望E（X）．
【分析】（Ⅰ）利用互斥事件的概率公式，可求该单位在星期一恰好出车一台的概率；
（Ⅱ）X的取值为0，1，2，3，求出随机变量取每一个值的概率值，即可求X的分布列及其数学期望E（X）．
【解答】解：（Ⅰ）设A车在星期i出车的事件为Ai，B车在星期i出车的事件为Bi，i＝1，2，3，4，5，则
由已知可得P（Ai）＝0.6，P（Bi）＝0.5．
设该单位在星期一恰好出车一台的事件为C，则
P（C）＝P（）＝+＝0.6×（1﹣0.5）+（1﹣0.6）×0.5＝0.5，
∴该单位在星期一恰好出车一台的概率为0.5；
（Ⅱ）X的取值为0，1，2，3，则
P（X＝0）＝＝0.4×0.5×0.4＝0.08，
P（X＝1）＝＝0.5×0.4+0.4×0.5×0.6＝0.32，
P（X＝2）＝＝0.6×0.5×0.4+0.5×0.6＝0.42，
P（X＝3）＝P（A1B1）P（A2）＝0.6×0.5×0.6＝0.18，
∴X的分布列为
EX＝1×0.32+2×0.42+3×0.18＝1.7．
【点评】求随机变量的分布列与期望的关键是确定变量的取值，求出随机变量取每一个值的概率值．
18．（12分）现对某高校160名篮球运动员在多次训练比赛中的得分进行统计，将每位运动员的平均成绩所得数据用频率分布直方图表示如下．（如：落在区间[10，15）内的频率/组距为0.0125）规定分数在[10，20）、[20，30）、[30，40）上的运动员分别为三级篮球运动员、二级篮球运动员、一级篮球运动员，现从这批篮球运动员中利用分层抽样的方法选出16名运动员作为该高校的篮球运动员代表．
（1）求a的值和选出篮球运动员代表中一级运动员的人数；
（2）若从篮球运动员代表中依次选三人，求其中含有一级运动员人数X的分布列；
（3）若从该校篮球运动员中有放回地选三人，求其中含有一级运动员人数Y的期望．
【分析】（1）利用频率分布直方图能求出a的值和选出篮球运动员代表中一级运动员的人数．
（2）由已知可得X的可能取值分别为0，1，2，3，分别求出相对应的概率，能求出X的分布列．
（3）由已知得Y～B（3，），由此能求出恰有一级运动员人数Y的期望．
【解答】解：（1）由频率分布直方图知：
（0.0625+0.0500+0.0375+a+2×0.0125）×5＝1，
解得a＝0.0250．…（2分）
其中为一级运动员的概率为（0.0125+0.0375）×5＝0.25，
∴选出篮球运动员代表中一级运动员为0.25×16＝4（人）．…（4分）
（2）由已知可得X的可能取值分别为0，1，2，3，…（5分）
P（X＝0）＝＝，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2）＝＝，
P（X＝3）＝＝，…（7分）
∴X的分布列为：
…（8分）
（3）由已知得Y～B（3，），
∴E（Y）＝np＝3×＝．…（10分）
∴恰有一级运动员人数Y的期望为人．…．（12分）
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意频率分布直方图的合理运用．
19．（12分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A，B，且|AB|＝4，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是椭圆C上不同于A，B的一点，直线PA，PB与直线x＝4分别交于点M，N．若|MN|≤4，求点P横坐标的取值范围．
【分析】（Ⅰ）直接由条件计算a，b即可；
（Ⅱ）设出点P坐标，分别写出直线PA，PB的方程，表示出M，N坐标，由|MN|≤4得到不等式，解不等式即可．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得
解得a2＝4，b2＝1．
所以椭圆C的方程是．
（Ⅱ）设P（m，n）（﹣2＜m＜2），
由已知得A（﹣2，0），B（2，0），
所以直线AP，BP的方程分别为，．
令x＝4，得点M的纵坐标为，点N的纵坐标为，
所以＝．
因为点P在椭圆C上，所以，
所以m2﹣4＝﹣4n2，即．
因为|MN|≤4，所以，即（m﹣4）2≤16n2．
所以（m﹣4）2≤﹣4（m2﹣4）．
整理得5m2﹣8m≤0，解得．
所以点P横坐标的取值范围是．
【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
20．（12分）已知函数f（x）＝x（1+lnx）
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅲ）若m∈Z，m（x﹣1）＜f（x）对任意的x∈（1，+∞）恒成立，求m的最大值．
【分析】（Ⅰ）对f（x）求导，求出f（1），f（1），利用点斜式即可求解切线方程；
（Ⅱ）利用导数与单调性的关系可求得单调区间以及极值；
（Ⅲ）利用参变量分离法可得对任意的x∈（1，+∞）恒成立．令，利用导数求出g（x）的最小值，从而可得m的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝x（1+lnx），
∴f'（x）＝lnx+2．
∴f（1）＝2，f（1）＝1．
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣1＝0．
（Ⅱ）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
令f'（x）＝0，解得．
当x变化时，f'（x）和f（x）的变化情况如下表所示．
∴函数f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增．
∴当时，函数f（x）有极小值，无极大值．
（Ⅲ）由题意知，m（x﹣1）＜x（1+lnx）对任意的x∈（1，+∞）恒成立．
∴对任意的x∈（1，+∞）恒成立．
令，则．
令h（x）﹣x﹣lnx﹣2，则恒成立．
∴函数h（x）在（1，+∞）上单调递增．
又h（3）＝1﹣ln3＜0，h（4）＝2﹣2ln2＞0，
∴存在x0∈（3，4），使得h（x0）＝0，即lnx0＝x0﹣2，
当x∈（1，x0）时，g′（x）＜0，函数g（x）在（1，x0）上单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）在（x0，+∞）上单调递增，
∴g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0，
∴m＜x0，
∴m的最大值为3．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，极值与最值，考查不等式恒成立问题，考查转化思想与运算求解能力，属于难题．
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X
0
1
2
3
P
0.08
0.32
0.42
0.18
X
0
1
2
3
P




x
f'（x）
﹣
0
+
f（x）
单调递减
单调递增