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湖北省部分重点中学2024春季高二五月联考数学试卷
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这是一份湖北省部分重点中学2024春季高二五月联考数学试卷，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.设集合A={x|(x−1)(x+2)>0}，集合B={x|−5≤2x+1≤3}，则集合A∩B=( )
A. [−3,−2)B. (−2,1)C. RD. ⌀
2.设f(x)=xlnx，若f′(x0)=2，则x0等于( )
A. e2B. eC. ln22D. ln2
3.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，P(X>1)=0.7，则P(2A. 0.2B. 0.3C. 0.6D. 0.7
4.随机变量X的分布列如下：
若E(X)=1，则D(X)=( )
A. 0B. 2C. 3D. 4
5.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )
A. 42B. 30C. 20D. 12
6.某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6;如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.4.计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率( )
A. 0.24B. 0.36C. 0.5D. 0.52
7.如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为23，向右移动的概率为13，若该质点每次移动一个单位长度，记经过5次移动后，该质点位于X的位置，则P(X>0)=( )
A. 50243B. 52243C. 29D. 1781
8.已知函数f(x)=x−1−alnx(a<0)，对任意x1，x2∈(0,1]，且x1≠x2，都有|f(x1)−f(x2)x1−x2|<4x1x2成立，则实数a的取值范围是( )
A. (−3,0)B. [−3,0)C. (−∞,−3)D. (−∞,−3]
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知(2−x)8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，则( )
A. a0=28B. a1+a2+⋯+a8=1
C. 二项式系数和为256D. a1+2a2+3a3+⋯+8a8=−8
10.甲箱中有3个白球和3个黑球，乙箱中有2个白球和4个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2表示由甲箱中取出的是白球和黑球的事件;再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的球是黑球的事件，则下列结论正确的是( )
A. A1，A2两两互斥B. P(B|A2)=57
C. 事件B与事件A2相互独立D. P(B)=914
11.已知函数f(x)=x3−x+1，则( )
A. f(x)有两个极值点
B. f(x)有三个零点
C. 点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D. 直线y=2x−1是曲线y=f(x)的切线
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知某种商品的广告费支出x(单位：万元)与销售额y(单位：万元)之间有如下表对应数据：
根据表中数据得到y关于x的经验回归方程为y=5.5x+a，则当x=7时，残差为__________.
13.如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10，⋯记这个数列前n项和为S(n)，则S(13)=__________.
14.已知函数f(x)=ex+alnx−xa−x(a>0)，当a=2时，函数fx在点P(1,f1处的切线方程为_________________；若fx≥0对∀x∈1,+∞恒成立，则实数a的最大值为___________________.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知在二项式(x2+2x)n的展开式中，第5项为常数项.
(1)求n;
(2)求(x2+2x)n的展开式中所有奇数项的二项式系数之和;
(3)在(x3−1)(x2+2x)n的展开式中，求含x6的项.
16.(本小题15分)
设函数f(x)=12ax2−(a+1)x+lnx.
(1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时，证明：当x≥12时，f(x)≥−2.
17.(本小题15分)
某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为了解学生参加活动的情况，统计了全校所有学生在假期每周锻炼的时间，现随机抽取了60名同学在某一周参加锻炼的数据，整理如下2×2列联表：
注：将一周参加锻炼时间不小于3小时的称为“经常锻炼”，其余的称为“不经常锻炼”
(1)请完成上面2×2列联表，并依据小概率值α=0.1的独立性检验，能否认为性别因素与学生锻炼的经常性有关系;
(2)将一周参加锻炼为0小时的称为“极度缺乏锻炼”.在抽取的60名同学中有5人“极度缺乏锻炼”.以样本频率估计概率.若在全校抽取20名同学，设“极度缺乏锻炼”的人数为X，求X的数学期望E(X)和方差D(X);
(3)将一周参加锻炼6小时以上的同学称为“运动爱好者”.在抽取的60名同学中有10名“运动爱好者”，其中有7名男生，3名女生.为进一步了解他们的生活习惯，在10名“运动爱好者”中，随机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男生人数为Y，求Y的分布列和数学期望.
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d
18.(本小题17分)
中国新能源汽车企业在10余年间实现了“弯道超车”，使我国一跃成为新能源汽车产量连续7年居世界第一的全球新能源汽车强国.某新能源汽车配件企业积极加大科研力度，生产效益逐步攀升.该企业在今年1月份至5月份的生产利润y(单位：亿元)关于月份x的数据如下表所示：
(1)试求y与x之间的相关系数r，并利用r说明y与x是否具有较强的线性相关关系;(若|r|>0.75，则认为两个变量具有较强的线性相关性)
(2)为扩大生产，该企业在 M大学启动了校园招聘，分别招聘 A、B两个工程师岗位，两个岗位都各设有3门笔试科目.M大学的硕士毕业生张无忌决定参加这次应聘，且每门科目考试是否通过相互独立.若张无忌报考A岗位，每门笔试科目通过的概率依次为12，t，25，其中0附：参考数据：i=15(xi−x)2=10，i=15(yi−y)2=40，i=15(xi−x)(yi−y)=19.
相关系数r=i=1n(xi−x)(yi−y) i=1n(xi−x)2 i=1n(yi−y)2.
19.(本小题17分)
五一假期后，高二年级篮球赛进入白热化阶段，甲、乙、丙三支种子队在进入半决赛之前不会相遇.他们都需要在最后一轮小组赛中战胜对手从而进入淘汰赛，然后在淘汰赛中胜出才能进入半决赛.已知甲队在小组赛最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为23和34;乙队在最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为34和45;丙队在最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为p和32−p，其中0(1)甲、乙、丙三队中，谁进入半决赛的可能性最大;
(2)若甲、乙、丙三队中恰有两队进入半决赛的概率为3790，求p的值;
(3)在(2)的条件下，设甲、乙、丙三队中进入半决赛的队伍数为ξ，求ξ的分布列及期望.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了交集的运算，属于基础题.
根据一元二次不等式、一元一次不等式的解法分别解集合A，B，结合交集的定义与运算即可求解.
【解答】
解：A={x|(x−1)(x+2)>0}={x|x<−2或x>1}，
B={x|−5≤2x+1≤3}={x|−3≤x≤1}，
所以A∩B={x|−3≤x<−2}，即A∩B=[−3,−2).
故选：A
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查求导公式，考查学生的计算能力，属于基础题.
利用导数的运算法则求出f′(x)，根据f′(x0)=2求出x0的值即可.
【解答】
解：因为f(x)=xlnx，
所以f′(x)=lnx+1，x>0，
所以f′(x0)=lnx0+1=2，
解得x0=e.
故本题选B.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查正态分布曲线的概率计算，属于简单题.
由正态曲线关于x=2对称，由对称性即可求解．
【解答】
解：随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，
∴曲线关于x=2对称，
∵P(X>1)=0.7，所以PX≤1=1−0.7=0.3，
∴P(2故选A.
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望和方差，属于基础题.
根据分布列概率之和为1以及期望值列方程组，解方程组求得 a、 b的值，进而求得方差.
【解答】
解：由题意可知， a+b+12=1−2a+b+1=1⇒a=16b=13 ，
所以 D(X)=(−2−1)2×16+(1−1)2×13+(2−1)2×12=2 .
故选：B.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查排列组合的综合问题，两个计数原理的综合应用，属于中档题.
分当插入的这两个新节目在一起时，当插入的这两个新节目不在一起时两种情况求解即可.
【解答】
解：原定的5个节目之间有6个位，当插入的这两个新节目在一起时，有C61A22插法；
当插入的这两个新节目不在一起时，有C62A22插法，
所以总的不同插法的种数为C61A22+C62A22=42种.
故选A.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查全概率公式，属于基础题.
由题设，应用全概率公式可直接求得王同学第2天去A餐厅用餐的概率.
【解答】
解：设A1= “第1天去A餐厅用餐”，B1=“第1天去B餐厅用餐”，A2=“第2天去A餐厅用餐”，
由题意得：P(A1)=P(B1)=0.5，P(A2|A1)=0.6，P(A2|B1)=0.4，
由全概率公式，得：P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.5×0.6+0.5×0.4=0.5，
因此，王同学第2天去A餐厅用餐的概率为0.5.
故选C.
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查n次独立重复实验及其概率计算，属于基础题．
满足题意的移动情况有三种，根据n次独立重复实验的概率计算求解即可.
【解答】
解：依题意，该质点移动5次后位于X的位置，若X>0，
则有①向右移动5次，②向右移动4次，向左移动1次，③向右移动3次，向左移动2次，三种情况，
则P(X>0)=P(X=5)+P(X=3)+P(X=1)
=135+C5113423+C52133232=1781.
故选D.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查判断或证明函数的单调性、利用导数由函数的单调性求参、利用导数研究恒成立与存在性问题、利用函数的单调性求最值，属于中档题.
确定函数fx在(0,1]上是增函数，分析已知条件可得f(x2)+4x2【解答】
解：当a<0时，易知函数f(x)在(0,1]上是增函数，
不妨设0由f(x1)−f(x2)x1−x2<4x1x2，
所以|f(x1)−f(x2)|<4(x2−x1)x1x2，
所以f(x2)−f(x1)<4x1−4x2，
即f(x2)+4x2设h(x)=f(x)+4x=x−1−alnx+4x，
则h(x)在区间上(0,1]是减函数，
所以h′(x)≤0在x∈(0,1]时恒成立，
因为h′(x)=1−ax−4x2=x2−ax−4x2，
所以x2−ax−4≤0在x∈(0,1]时恒成立，
即a≥x−4x在x∈(0,1]时恒成立，即a≥(x−4x)max，
而y=x−4x在区间上(0,1]是增函数，所以y=x−4x的最大值为−3，
所以a≥−3，又a<0，所以a∈[−3,0).
故选B.
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的应用及导数的运算，属于中档题.
利用赋值法，结合选项中系数的特征，取适当的特殊值代入计算即可得解.
【解答】
解：由2−x8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8 ，
对于A，令x=0 得a0=28 ，A选项正确；
对于B，令x=1 得a0+a1+a2+⋯+a8=1 ，
所以a1+a2+⋯+a8=1−28 ，B选项错误；
对于C，二项式系数和为28=256 ，C选项正确；
对于D，由2−x8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8 ，
两边求导得−82−x7=a1+2a2x+3a3x2+⋯+8a8x7 ，
令x=1 得a1+2a2+3a3+⋯+8a8=−8 ，所以D选项正确.
故选：ACD.
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查互斥事件、独立事件，解题的关键是理解题设中的各个事件，且熟练掌握相互独立事件的概率公式，条件概率的求法，属于中档题.
由题意A1，A2是两两互斥的事件，由条件概率公式求出P(B|A1)，P(B|A2)，P(B)=P(BA1)+P(BA2)，对照四个命题进行判断找出正确命题．
【解答】
解：因为每次取一球，所以A1，A2是两两互斥的事件，故A项正确;
因为P(A1)=12，P(A2)=12，
所以P(B|A2)=P(BA2)P(A2)=12×5712=57，故B项正确;
同理，P(B|A1)=P(BA1)P(A1)=12×4712=47，
所以P(B)=P(BA1)+P(BA2)=12×47+12×57=914，故D项正确;
事件B与事件A2不相互独立，故C项错误.
故选ABD.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的极值与零点以及曲线上一点的切线问题和函数的对称性，属于中档题.
求导，利用导数研究函数的单调性、极值和零点，即可判断A，B；根据函数的对称性判断C；利用导数的几何意义求f(x)的的切线方程，即可判断D.
【解答】
解：f(x)=x3−x+1⇒f′(x)=3x2−1，令f′(x)=0得：x=± 33，
f′(x)>0⇒x<− 33或x> 33；f′(x)<0⇒− 33所以f(x)在(−∞,− 33)上单调递增，在(− 33, 33)上单调递减，在( 33,+∞)上单调递增，
所以f(x)有两个极值点(x=− 33为极大值点，x= 33为极小值点)，故A正确;
又f(− 33)=− 39−(− 33)+1=1+2 39>0，f( 33)= 39− 33+1=1−2 39>0，
而x→−∞时fx→−∞；x→+∞时fx→+∞；
所以f(x)仅有1个零点(如图所示)，故B错;
又f(−x)=−x3+x+1⇒f(−x)+f(x)=2，所以f(x)关于(0,1)对称，故C正确;
对于D选项，设切点P(x0,y0)，在P处的切线为y−(x03−x0+1)=(3x02−1)(x−x0)，
即y=(3x02−1)x−2x03+1，
若y=2x−1是其切线，则3x02−1=2−2x03+1=−1，则x0=1，此时切点为(1,1)时，切线方程直线y=2x−1，所以D正确.
故选：ACD.
12.【答案】−1.5
【解析】【分析】
本题考查回归直线方程，残差，属于基础题.
根据表格数据计算x、y的平均数，代入回归直线方程即可求解a，再求当x=7时，y=46.5，作差可得残差.
【解答】
解：x=15×(1+3+4+5+7)=4，y=15×(15+20+30+40+45)=30，
故回归直线方程过点(4,30)，代入y=5.5x+a，可得30=5.5×4+a，a=8，
当x=7时，y=5.5×7+8=38.5+8=46.5，
所以残差为45−46.5=−1.5，
故答案为：−1.5.
13.【答案】111
【解析】【分析】
本题综合考查了数列求和、杨辉三角和组合数公式，属于中档题；
由“杨辉三角”的性质，得S14=(C21+C22)+(C31+C32)+⋯+(C81+C82)=(C21+C31+⋯+C81)+(C22+C32+⋯+C82)，
前半部分用等差数列求和，后半部分用组合数的性质可得结果C93，所以S13=S14−C81从而求得结果；
【解答】
解：由“杨辉三角”的性质，得
S14=(C21+C22)+(C31+C32)+⋯+(C81+C82)
=(C21+C31+⋯+C81)+(C22+C32+⋯+C82)
=(2+8)×72+C93=119，
所以S13=S14−C81=119−8=111，
故答案为：111.
14.【答案】y=(e−1)x−1 ； e
【解析】【分析】
本题考查了求曲线上一点的切线方程， 利用导数研究恒成立与存在性问题，属于较难题.
①运用导数几何意义求得斜率，进而求得切线方程.
②将问题转化为lnxa−xa≥lnex−ex，x∈(1,+∞)恒成立，构造函数m(t)=lnt−t，t>1，研究其单调性进而得到a≤xlnx，x∈(1,+∞)恒成立．运用导数求φ(x)=xlnx(x>1)的最小值即可.
【解答】
解：①当a=2时，f(x)=ex+2lnx−x2−x，
则f′(x)=ex+2x−2x−1，
∴f(1)=e−2，f′(1)=e−1，
所以函数f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程为y−(e−2)=(e−1)(x−1)，
即y=(e−1)x−1.
②因为x∈(1,+∞)，f(x)≥0，即ex+alnx−xa−x≥0，
则lnxa−xa≥lnex−ex，x∈(1,+∞)恒成立．
令m(t)=lnt−t，t>1，
则m′(t)=1t−1=1−tt<0在(1,+∞)上恒成立，
故mt在(1,+∞)上单调递减，
故xa≤ex，得alnx≤x，即a≤xlnx，x∈(1,+∞)恒成立．
记φ(x)=xlnx(x>1)，
则φ′(x)=lnx−1ln2x(x>1).
当x∈1,e时，φ′(x)<0，φx单调递减；
当x∈(e,+∞)时，φ′(x)>0，φx单调递增，
故φx的最小值是φe=e，
故a≤e，即实数a的最大值是e.
故答案为：①y=(e−1)x−1.②e.
15.【答案】解：(1)由题意得第5项为Cn4x2n−42x4=24×Cn4x2n−12，
则2n−12=0，解得n=6.
(2)x2+2x6所有奇数项的二项式系数之和为12×26=32.
(3)由(1)知x3−1x2+2x6=x3x2+2x6−x2+2x6，
其中x2+2x6展开式的通项为Tr+1=C6rx26−r2xr=2r×C6rx12−3r(0≤r≤6且r∈N)，
则x2+2x6的展开式中，含x3的项为23×C63x3=160x3，
含x6的项为22×C62x6=60x6，
所以在x3−1x2+2x6的展开式中含x6的项为160x3⋅x3−60x6=100x6.
【解析】本题考查二项式定理的展开式计算，属于基础题
(1)写出展开式的第5项，再令x的指数为0，即可求出n；
(2)根据二项式系数的性质计算可得；
(3)由x3−1x2+2x6=x3x2+2x6−x2+2x6，写出x2+2x6展开式的通项，利用通项计算可得.
16.【答案】(1)解：由题知，函数f(x)=12ax2−(a+1)x+lnx的定义域为(0,+∞)，
所以求导得f′(x)=ax−(a+1)+1x=(x−1)(ax−1)x，
若00得01a，由f′(x)<0得1所以函数f(x)在(0,1)，和(1a,+∞)上单调递增，在(1,1a)上单调递减，
若a=1，恒有f′(x)≥0，当且仅当x=1时取等号，因此函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
若a>1，由f′(x)>0得01，由f′(x)<0得1a所以函数f(x)在(0,1a)，(1,+∞)上单调递增，在(1a,1)上单调递减，
所以当0当a=1时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>1时，函数f(x)在(0,1a)，(1,+∞)上单调递增，在(1a,1)上单调递减.
(2)当a=2时，f(x)=x2−3x+lnx，
由(1)可知，当x≥12时，函数f(x)在(12,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(1)=1−3=−2，所以当x≥12时，f(x)≥−2.
【解析】本题考查导数知识的综合运用，属于中档题.
(1)求导，分类讨论函数f(x)的单调性;
(2)由(1)可知函数f(x)的单调性，可求函数f(x)的最小值，从而得证.
17.【答案】解：(1)根据题意可得2X2列联表如下：
零假设为 H0 ：性别与锻炼情况独立，即性别因素与学生体育锻炼的经常性无关；
根据列联表的数据计算可得 χ2=60(7×16−23×14)221×39×30×30=60×(7×30)221×39×30×30=14039≈3.590>2.706=x0.1
根据小概率值 α=0.1 的独立性检验，推断 H0 不成立，
即性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过0.1
(2)因学校总学生数远大于所抽取的学生数，故 X 近似服从二项分布，
易知随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率 P=560=112. 即可得 X∼B(20,112) ，
故 E(X)=20×112=53 ， D(X)=20×112×1112=5536 .
(3)易知10名“运动爱好者”有7名男生，3名女生，
所以 Y 的所有可能取值为 0,1,2,3 ；且 Y 服从超几何分布：
P(Y=0)=C70C33C103=1120,P(Y=1)=C71C32C103=21120=740
P(Y=2)=C72C31C103=21×3120=2140,P(Y=3)=C73C30C103=35120=724
故所求分布列为
可得 E(Y)=0×1120+1×740+2×2140+3×724=3×710=2.1
【解析】本题考查独立性检验知识，考查分布列与期望的计算，属于中档题.
(1)列出列联表，计算卡方，与临界值比较得出结论；
(2)因学校总学生数远大于所抽取的学生数，故X近似服从二项分布，利用二项分布的期望与方差得出结论；
(3)10名“运动爱好者”有7名男生，3名女生，Y服从超几何分布，求出概率，考查分布列与期望.
18.【答案】解：(1)由题得x=1+2+3+4+55=3，y=2+6+8+9+105=7，
所以r=i=15(xi−x)(yi−y) i=15(xi−x)2 i=15(yi−y)2=19 10× 40=1920=0.95.
又|r|>0.75，
所以y与x具有较强的线性相关关系.
(2)由题意得通过B岗位的笔试科目数Y∼B(3,12)，
则E(Y)=3×12=32，
设通过A岗位的笔试科目数为X，
则X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=(1−12)⋅(1−t)⋅(1−25)=3(1−t)10，
P(X=1)=12(1−t)⋅(1−25)+(1−12)⋅t⋅(1−25)+(1−12)⋅(1−t)⋅25=5−2t10，
P(X=2)=12⋅t⋅(1−25)+(1−12)⋅t⋅25+12⋅(1−t)⋅25=3t+210，
P(X=3)=12⋅t⋅25=t5，
则E(X)=0×3(1−t)10+1×5−2t10+2×3t+210+3×t5=10t+910，
由题意知E(X)>E(Y)，
即10t+910>32，
解得t>35，
又因为0所以t的取值范围为(35,1).
【解析】本题主要考查了样本相关系数，数学期望.
(1)由已知直接利用样本相关系数公式进行求解；
(2)分别求得E(X)与E(Y)，由已知可得10t+910>32，即可求解.
19.【答案】解：(1)甲队进入半决赛的概率为23×34=12，乙队进入决赛的概率为34×45=35，丙队进入决赛的概率为p(32−p)=−(p−34)2+916，
因为0(2)因为甲、乙、丙三队中恰有两对进入决赛的概率为3790，
所以有12×35×(1−p(32−p)]+(1−12)×35×[p(32−p)]+12×(1−35)×[p(32−p)]=3790,
解得p=23，或p=56，因为0(3)由题意可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为12、35、59，
ξ的可能取值为0、1、2、3，
P(ξ=0)=(1−12)(1−35)(1−59)=445，P(ξ=2)=3790，P(ξ=3)=12×35×59=16，P(ξ=1)=1−445−3790−16=13，
所以ξ的分布列为：
∴E(ξ)=0×445+1×13+2×3790+3×16=14990.
【解析】本题主要考查的是相互独立事件的概率乘法公式，离散型随机变量的分布列与期望，不等式的性质，互斥事件的概率加法公式，属于中档题.
(1)根据条件求得甲，乙，丙三队进入决赛的概率，根据不等式的性质进行判断即可.
(2)根据条件列出关于p的方程，求解即可.
(3)由题可得ξ能取0，1，2，3，根据相互独立事件的概率运算即可.X
−2
1
2
P
a
b
12
x
1
3
4
5
7
y
15
20
30
40
45
性别
不经常锻炼
经常锻炼
合计
男生
7
女生
16
30
合计
21
α
0.1
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635
月份x
1
2
3
4
5
生产利润y(亿元)
2
6
8
9
10
性别
不经常锻炼
经常锻炼
合计
男生
7
23
30
女生
14
16
30
合计
21
39
60
Y
0
1
2
3
P
1120
740
2140
724
ξ
0
1
2
3
P
445
13
3790
16
1.设集合A={x|(x−1)(x+2)>0}，集合B={x|−5≤2x+1≤3}，则集合A∩B=( )
A. [−3,−2)B. (−2,1)C. RD. ⌀
2.设f(x)=xlnx，若f′(x0)=2，则x0等于( )
A. e2B. eC. ln22D. ln2
3.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，P(X>1)=0.7，则P(2
4.随机变量X的分布列如下：
若E(X)=1，则D(X)=( )
A. 0B. 2C. 3D. 4
5.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )
A. 42B. 30C. 20D. 12
6.某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6;如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.4.计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率( )
A. 0.24B. 0.36C. 0.5D. 0.52
7.如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为23，向右移动的概率为13，若该质点每次移动一个单位长度，记经过5次移动后，该质点位于X的位置，则P(X>0)=( )
A. 50243B. 52243C. 29D. 1781
8.已知函数f(x)=x−1−alnx(a<0)，对任意x1，x2∈(0,1]，且x1≠x2，都有|f(x1)−f(x2)x1−x2|<4x1x2成立，则实数a的取值范围是( )
A. (−3,0)B. [−3,0)C. (−∞,−3)D. (−∞,−3]
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知(2−x)8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，则( )
A. a0=28B. a1+a2+⋯+a8=1
C. 二项式系数和为256D. a1+2a2+3a3+⋯+8a8=−8
10.甲箱中有3个白球和3个黑球，乙箱中有2个白球和4个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2表示由甲箱中取出的是白球和黑球的事件;再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的球是黑球的事件，则下列结论正确的是( )
A. A1，A2两两互斥B. P(B|A2)=57
C. 事件B与事件A2相互独立D. P(B)=914
11.已知函数f(x)=x3−x+1，则( )
A. f(x)有两个极值点
B. f(x)有三个零点
C. 点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D. 直线y=2x−1是曲线y=f(x)的切线
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知某种商品的广告费支出x(单位：万元)与销售额y(单位：万元)之间有如下表对应数据：
根据表中数据得到y关于x的经验回归方程为y=5.5x+a，则当x=7时，残差为__________.
13.如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10，⋯记这个数列前n项和为S(n)，则S(13)=__________.
14.已知函数f(x)=ex+alnx−xa−x(a>0)，当a=2时，函数fx在点P(1,f1处的切线方程为_________________；若fx≥0对∀x∈1,+∞恒成立，则实数a的最大值为___________________.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知在二项式(x2+2x)n的展开式中，第5项为常数项.
(1)求n;
(2)求(x2+2x)n的展开式中所有奇数项的二项式系数之和;
(3)在(x3−1)(x2+2x)n的展开式中，求含x6的项.
16.(本小题15分)
设函数f(x)=12ax2−(a+1)x+lnx.
(1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时，证明：当x≥12时，f(x)≥−2.
17.(本小题15分)
某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为了解学生参加活动的情况，统计了全校所有学生在假期每周锻炼的时间，现随机抽取了60名同学在某一周参加锻炼的数据，整理如下2×2列联表：
注：将一周参加锻炼时间不小于3小时的称为“经常锻炼”，其余的称为“不经常锻炼”
(1)请完成上面2×2列联表，并依据小概率值α=0.1的独立性检验，能否认为性别因素与学生锻炼的经常性有关系;
(2)将一周参加锻炼为0小时的称为“极度缺乏锻炼”.在抽取的60名同学中有5人“极度缺乏锻炼”.以样本频率估计概率.若在全校抽取20名同学，设“极度缺乏锻炼”的人数为X，求X的数学期望E(X)和方差D(X);
(3)将一周参加锻炼6小时以上的同学称为“运动爱好者”.在抽取的60名同学中有10名“运动爱好者”，其中有7名男生，3名女生.为进一步了解他们的生活习惯，在10名“运动爱好者”中，随机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男生人数为Y，求Y的分布列和数学期望.
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d
18.(本小题17分)
中国新能源汽车企业在10余年间实现了“弯道超车”，使我国一跃成为新能源汽车产量连续7年居世界第一的全球新能源汽车强国.某新能源汽车配件企业积极加大科研力度，生产效益逐步攀升.该企业在今年1月份至5月份的生产利润y(单位：亿元)关于月份x的数据如下表所示：
(1)试求y与x之间的相关系数r，并利用r说明y与x是否具有较强的线性相关关系;(若|r|>0.75，则认为两个变量具有较强的线性相关性)
(2)为扩大生产，该企业在 M大学启动了校园招聘，分别招聘 A、B两个工程师岗位，两个岗位都各设有3门笔试科目.M大学的硕士毕业生张无忌决定参加这次应聘，且每门科目考试是否通过相互独立.若张无忌报考A岗位，每门笔试科目通过的概率依次为12，t，25，其中0
相关系数r=i=1n(xi−x)(yi−y) i=1n(xi−x)2 i=1n(yi−y)2.
19.(本小题17分)
五一假期后，高二年级篮球赛进入白热化阶段，甲、乙、丙三支种子队在进入半决赛之前不会相遇.他们都需要在最后一轮小组赛中战胜对手从而进入淘汰赛，然后在淘汰赛中胜出才能进入半决赛.已知甲队在小组赛最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为23和34;乙队在最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为34和45;丙队在最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为p和32−p，其中0
(2)若甲、乙、丙三队中恰有两队进入半决赛的概率为3790，求p的值;
(3)在(2)的条件下，设甲、乙、丙三队中进入半决赛的队伍数为ξ，求ξ的分布列及期望.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了交集的运算，属于基础题.
根据一元二次不等式、一元一次不等式的解法分别解集合A，B，结合交集的定义与运算即可求解.
【解答】
解：A={x|(x−1)(x+2)>0}={x|x<−2或x>1}，
B={x|−5≤2x+1≤3}={x|−3≤x≤1}，
所以A∩B={x|−3≤x<−2}，即A∩B=[−3,−2).
故选：A
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查求导公式，考查学生的计算能力，属于基础题.
利用导数的运算法则求出f′(x)，根据f′(x0)=2求出x0的值即可.
【解答】
解：因为f(x)=xlnx，
所以f′(x)=lnx+1，x>0，
所以f′(x0)=lnx0+1=2，
解得x0=e.
故本题选B.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查正态分布曲线的概率计算，属于简单题.
由正态曲线关于x=2对称，由对称性即可求解．
【解答】
解：随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，
∴曲线关于x=2对称，
∵P(X>1)=0.7，所以PX≤1=1−0.7=0.3，
∴P(2
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望和方差，属于基础题.
根据分布列概率之和为1以及期望值列方程组，解方程组求得 a、 b的值，进而求得方差.
【解答】
解：由题意可知， a+b+12=1−2a+b+1=1⇒a=16b=13 ，
所以 D(X)=(−2−1)2×16+(1−1)2×13+(2−1)2×12=2 .
故选：B.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查排列组合的综合问题，两个计数原理的综合应用，属于中档题.
分当插入的这两个新节目在一起时，当插入的这两个新节目不在一起时两种情况求解即可.
【解答】
解：原定的5个节目之间有6个位，当插入的这两个新节目在一起时，有C61A22插法；
当插入的这两个新节目不在一起时，有C62A22插法，
所以总的不同插法的种数为C61A22+C62A22=42种.
故选A.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查全概率公式，属于基础题.
由题设，应用全概率公式可直接求得王同学第2天去A餐厅用餐的概率.
【解答】
解：设A1= “第1天去A餐厅用餐”，B1=“第1天去B餐厅用餐”，A2=“第2天去A餐厅用餐”，
由题意得：P(A1)=P(B1)=0.5，P(A2|A1)=0.6，P(A2|B1)=0.4，
由全概率公式，得：P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.5×0.6+0.5×0.4=0.5，
因此，王同学第2天去A餐厅用餐的概率为0.5.
故选C.
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查n次独立重复实验及其概率计算，属于基础题．
满足题意的移动情况有三种，根据n次独立重复实验的概率计算求解即可.
【解答】
解：依题意，该质点移动5次后位于X的位置，若X>0，
则有①向右移动5次，②向右移动4次，向左移动1次，③向右移动3次，向左移动2次，三种情况，
则P(X>0)=P(X=5)+P(X=3)+P(X=1)
=135+C5113423+C52133232=1781.
故选D.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查判断或证明函数的单调性、利用导数由函数的单调性求参、利用导数研究恒成立与存在性问题、利用函数的单调性求最值，属于中档题.
确定函数fx在(0,1]上是增函数，分析已知条件可得f(x2)+4x2
解：当a<0时，易知函数f(x)在(0,1]上是增函数，
不妨设0
所以|f(x1)−f(x2)|<4(x2−x1)x1x2，
所以f(x2)−f(x1)<4x1−4x2，
即f(x2)+4x2
则h(x)在区间上(0,1]是减函数，
所以h′(x)≤0在x∈(0,1]时恒成立，
因为h′(x)=1−ax−4x2=x2−ax−4x2，
所以x2−ax−4≤0在x∈(0,1]时恒成立，
即a≥x−4x在x∈(0,1]时恒成立，即a≥(x−4x)max，
而y=x−4x在区间上(0,1]是增函数，所以y=x−4x的最大值为−3，
所以a≥−3，又a<0，所以a∈[−3,0).
故选B.
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的应用及导数的运算，属于中档题.
利用赋值法，结合选项中系数的特征，取适当的特殊值代入计算即可得解.
【解答】
解：由2−x8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8 ，
对于A，令x=0 得a0=28 ，A选项正确；
对于B，令x=1 得a0+a1+a2+⋯+a8=1 ，
所以a1+a2+⋯+a8=1−28 ，B选项错误；
对于C，二项式系数和为28=256 ，C选项正确；
对于D，由2−x8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8 ，
两边求导得−82−x7=a1+2a2x+3a3x2+⋯+8a8x7 ，
令x=1 得a1+2a2+3a3+⋯+8a8=−8 ，所以D选项正确.
故选：ACD.
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查互斥事件、独立事件，解题的关键是理解题设中的各个事件，且熟练掌握相互独立事件的概率公式，条件概率的求法，属于中档题.
由题意A1，A2是两两互斥的事件，由条件概率公式求出P(B|A1)，P(B|A2)，P(B)=P(BA1)+P(BA2)，对照四个命题进行判断找出正确命题．
【解答】
解：因为每次取一球，所以A1，A2是两两互斥的事件，故A项正确;
因为P(A1)=12，P(A2)=12，
所以P(B|A2)=P(BA2)P(A2)=12×5712=57，故B项正确;
同理，P(B|A1)=P(BA1)P(A1)=12×4712=47，
所以P(B)=P(BA1)+P(BA2)=12×47+12×57=914，故D项正确;
事件B与事件A2不相互独立，故C项错误.
故选ABD.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的极值与零点以及曲线上一点的切线问题和函数的对称性，属于中档题.
求导，利用导数研究函数的单调性、极值和零点，即可判断A，B；根据函数的对称性判断C；利用导数的几何意义求f(x)的的切线方程，即可判断D.
【解答】
解：f(x)=x3−x+1⇒f′(x)=3x2−1，令f′(x)=0得：x=± 33，
f′(x)>0⇒x<− 33或x> 33；f′(x)<0⇒− 33
所以f(x)有两个极值点(x=− 33为极大值点，x= 33为极小值点)，故A正确;
又f(− 33)=− 39−(− 33)+1=1+2 39>0，f( 33)= 39− 33+1=1−2 39>0，
而x→−∞时fx→−∞；x→+∞时fx→+∞；
所以f(x)仅有1个零点(如图所示)，故B错;
又f(−x)=−x3+x+1⇒f(−x)+f(x)=2，所以f(x)关于(0,1)对称，故C正确;
对于D选项，设切点P(x0,y0)，在P处的切线为y−(x03−x0+1)=(3x02−1)(x−x0)，
即y=(3x02−1)x−2x03+1，
若y=2x−1是其切线，则3x02−1=2−2x03+1=−1，则x0=1，此时切点为(1,1)时，切线方程直线y=2x−1，所以D正确.
故选：ACD.
12.【答案】−1.5
【解析】【分析】
本题考查回归直线方程，残差，属于基础题.
根据表格数据计算x、y的平均数，代入回归直线方程即可求解a，再求当x=7时，y=46.5，作差可得残差.
【解答】
解：x=15×(1+3+4+5+7)=4，y=15×(15+20+30+40+45)=30，
故回归直线方程过点(4,30)，代入y=5.5x+a，可得30=5.5×4+a，a=8，
当x=7时，y=5.5×7+8=38.5+8=46.5，
所以残差为45−46.5=−1.5，
故答案为：−1.5.
13.【答案】111
【解析】【分析】
本题综合考查了数列求和、杨辉三角和组合数公式，属于中档题；
由“杨辉三角”的性质，得S14=(C21+C22)+(C31+C32)+⋯+(C81+C82)=(C21+C31+⋯+C81)+(C22+C32+⋯+C82)，
前半部分用等差数列求和，后半部分用组合数的性质可得结果C93，所以S13=S14−C81从而求得结果；
【解答】
解：由“杨辉三角”的性质，得
S14=(C21+C22)+(C31+C32)+⋯+(C81+C82)
=(C21+C31+⋯+C81)+(C22+C32+⋯+C82)
=(2+8)×72+C93=119，
所以S13=S14−C81=119−8=111，
故答案为：111.
14.【答案】y=(e−1)x−1 ； e
【解析】【分析】
本题考查了求曲线上一点的切线方程， 利用导数研究恒成立与存在性问题，属于较难题.
①运用导数几何意义求得斜率，进而求得切线方程.
②将问题转化为lnxa−xa≥lnex−ex，x∈(1,+∞)恒成立，构造函数m(t)=lnt−t，t>1，研究其单调性进而得到a≤xlnx，x∈(1,+∞)恒成立．运用导数求φ(x)=xlnx(x>1)的最小值即可.
【解答】
解：①当a=2时，f(x)=ex+2lnx−x2−x，
则f′(x)=ex+2x−2x−1，
∴f(1)=e−2，f′(1)=e−1，
所以函数f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程为y−(e−2)=(e−1)(x−1)，
即y=(e−1)x−1.
②因为x∈(1,+∞)，f(x)≥0，即ex+alnx−xa−x≥0，
则lnxa−xa≥lnex−ex，x∈(1,+∞)恒成立．
令m(t)=lnt−t，t>1，
则m′(t)=1t−1=1−tt<0在(1,+∞)上恒成立，
故mt在(1,+∞)上单调递减，
故xa≤ex，得alnx≤x，即a≤xlnx，x∈(1,+∞)恒成立．
记φ(x)=xlnx(x>1)，
则φ′(x)=lnx−1ln2x(x>1).
当x∈1,e时，φ′(x)<0，φx单调递减；
当x∈(e,+∞)时，φ′(x)>0，φx单调递增，
故φx的最小值是φe=e，
故a≤e，即实数a的最大值是e.
故答案为：①y=(e−1)x−1.②e.
15.【答案】解：(1)由题意得第5项为Cn4x2n−42x4=24×Cn4x2n−12，
则2n−12=0，解得n=6.
(2)x2+2x6所有奇数项的二项式系数之和为12×26=32.
(3)由(1)知x3−1x2+2x6=x3x2+2x6−x2+2x6，
其中x2+2x6展开式的通项为Tr+1=C6rx26−r2xr=2r×C6rx12−3r(0≤r≤6且r∈N)，
则x2+2x6的展开式中，含x3的项为23×C63x3=160x3，
含x6的项为22×C62x6=60x6，
所以在x3−1x2+2x6的展开式中含x6的项为160x3⋅x3−60x6=100x6.
【解析】本题考查二项式定理的展开式计算，属于基础题
(1)写出展开式的第5项，再令x的指数为0，即可求出n；
(2)根据二项式系数的性质计算可得；
(3)由x3−1x2+2x6=x3x2+2x6−x2+2x6，写出x2+2x6展开式的通项，利用通项计算可得.
16.【答案】(1)解：由题知，函数f(x)=12ax2−(a+1)x+lnx的定义域为(0,+∞)，
所以求导得f′(x)=ax−(a+1)+1x=(x−1)(ax−1)x，
若0
若a=1，恒有f′(x)≥0，当且仅当x=1时取等号，因此函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，
若a>1，由f′(x)>0得0
所以当0
当a>1时，函数f(x)在(0,1a)，(1,+∞)上单调递增，在(1a,1)上单调递减.
(2)当a=2时，f(x)=x2−3x+lnx，
由(1)可知，当x≥12时，函数f(x)在(12,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(1)=1−3=−2，所以当x≥12时，f(x)≥−2.
【解析】本题考查导数知识的综合运用，属于中档题.
(1)求导，分类讨论函数f(x)的单调性;
(2)由(1)可知函数f(x)的单调性，可求函数f(x)的最小值，从而得证.
17.【答案】解：(1)根据题意可得2X2列联表如下：
零假设为 H0 ：性别与锻炼情况独立，即性别因素与学生体育锻炼的经常性无关；
根据列联表的数据计算可得 χ2=60(7×16−23×14)221×39×30×30=60×(7×30)221×39×30×30=14039≈3.590>2.706=x0.1
根据小概率值 α=0.1 的独立性检验，推断 H0 不成立，
即性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过0.1
(2)因学校总学生数远大于所抽取的学生数，故 X 近似服从二项分布，
易知随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率 P=560=112. 即可得 X∼B(20,112) ，
故 E(X)=20×112=53 ， D(X)=20×112×1112=5536 .
(3)易知10名“运动爱好者”有7名男生，3名女生，
所以 Y 的所有可能取值为 0,1,2,3 ；且 Y 服从超几何分布：
P(Y=0)=C70C33C103=1120,P(Y=1)=C71C32C103=21120=740
P(Y=2)=C72C31C103=21×3120=2140,P(Y=3)=C73C30C103=35120=724
故所求分布列为
可得 E(Y)=0×1120+1×740+2×2140+3×724=3×710=2.1
【解析】本题考查独立性检验知识，考查分布列与期望的计算，属于中档题.
(1)列出列联表，计算卡方，与临界值比较得出结论；
(2)因学校总学生数远大于所抽取的学生数，故X近似服从二项分布，利用二项分布的期望与方差得出结论；
(3)10名“运动爱好者”有7名男生，3名女生，Y服从超几何分布，求出概率，考查分布列与期望.
18.【答案】解：(1)由题得x=1+2+3+4+55=3，y=2+6+8+9+105=7，
所以r=i=15(xi−x)(yi−y) i=15(xi−x)2 i=15(yi−y)2=19 10× 40=1920=0.95.
又|r|>0.75，
所以y与x具有较强的线性相关关系.
(2)由题意得通过B岗位的笔试科目数Y∼B(3,12)，
则E(Y)=3×12=32，
设通过A岗位的笔试科目数为X，
则X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=(1−12)⋅(1−t)⋅(1−25)=3(1−t)10，
P(X=1)=12(1−t)⋅(1−25)+(1−12)⋅t⋅(1−25)+(1−12)⋅(1−t)⋅25=5−2t10，
P(X=2)=12⋅t⋅(1−25)+(1−12)⋅t⋅25+12⋅(1−t)⋅25=3t+210，
P(X=3)=12⋅t⋅25=t5，
则E(X)=0×3(1−t)10+1×5−2t10+2×3t+210+3×t5=10t+910，
由题意知E(X)>E(Y)，
即10t+910>32，
解得t>35，
又因为0
【解析】本题主要考查了样本相关系数，数学期望.
(1)由已知直接利用样本相关系数公式进行求解；
(2)分别求得E(X)与E(Y)，由已知可得10t+910>32，即可求解.
19.【答案】解：(1)甲队进入半决赛的概率为23×34=12，乙队进入决赛的概率为34×45=35，丙队进入决赛的概率为p(32−p)=−(p−34)2+916，
因为0
所以有12×35×(1−p(32−p)]+(1−12)×35×[p(32−p)]+12×(1−35)×[p(32−p)]=3790,
解得p=23，或p=56，因为0
ξ的可能取值为0、1、2、3，
P(ξ=0)=(1−12)(1−35)(1−59)=445，P(ξ=2)=3790，P(ξ=3)=12×35×59=16，P(ξ=1)=1−445−3790−16=13，
所以ξ的分布列为：
∴E(ξ)=0×445+1×13+2×3790+3×16=14990.
【解析】本题主要考查的是相互独立事件的概率乘法公式，离散型随机变量的分布列与期望，不等式的性质，互斥事件的概率加法公式，属于中档题.
(1)根据条件求得甲，乙，丙三队进入决赛的概率，根据不等式的性质进行判断即可.
(2)根据条件列出关于p的方程，求解即可.
(3)由题可得ξ能取0，1，2，3，根据相互独立事件的概率运算即可.X
−2
1
2
P
a
b
12
x
1
3
4
5
7
y
15
20
30
40
45
性别
不经常锻炼
经常锻炼
合计
男生
7
女生
16
30
合计
21
α
0.1
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635
月份x
1
2
3
4
5
生产利润y(亿元)
2
6
8
9
10
性别
不经常锻炼
经常锻炼
合计
男生
7
23
30
女生
14
16
30
合计
21
39
60
Y
0
1
2
3
P
1120
740
2140
724
ξ
0
1
2
3
P
445
13
3790
16
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