2023-2024学年广东省五校高二（下）联考数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省五校高二（下）联考数学试卷（5月份）（含答案），共15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.函数f(x)=lg21x的导函数为( )
A. f′(x)=ln2xB. f′(x)=1xln2C. f′(x)=−ln2xD. f′(x)=−1xln2
2.已知随机变量X～N(1,σ2).若P(1≤X<3)=0.2，设事件A=“X<1”，事件B=“|X|>1”，则P(A|B)=( )
A. 38B. 35C. 58D. 27
3.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，将{an}依原顺序按照第n组有2n项的要求分组，则2024所在的组数为( )
A. 8B. 9C. 10D. 11
4.现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为( )
A. 216B. 432C. 864D. 1080
5.过点P(1,1)作曲线y=x3的两条切线l1、l2，设它们的夹角为θ，则tanθ的值为( )
A. 33B. 913C. 1513D. 95
6.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
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且( n2−1+1)Sn=nSn−1+an(n≥2且n∈N*)，若Sk=135，则k=( )
A. 46B. 49C. 52D. 55
8.已知不等式2λe2x+lnλ≥lnx在x∈(0,+∞)上恒成立，则实数λ的取值范围是( )
A. [1e,+∞)B. [1e2,+∞)C. [12e,+∞)D. [2e,+∞)
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。
9.有3台车床加工同一型号的零件，第1、2、3台车床加工的零件数的比为5：6：9，加工出来的零件混放在一起，第1、2、3台车床加工的次品率分别为6%，5%，4%.现从三台车床加工的零件中任取一个，则( )
A. 该零件由第1台车床加工的概率为0.25
B. 该零件为次品的概率为0.048
C. 若该零件为次品，则其由第2台车床加工的概率为13
D. 若该零件为次品，则其由第3台车床加工的概率最大
10.已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S10A. a1>dB. 使得Sn>0成立的最大正整数n=18
C. |a8+a9|<|a10+a11|D. {Snan}中最小项为S10a10
11.函数f(x)及导函数f′(x)的定义域为R，f(x)+f(y)=2f(x+y2)f(x−y2)对于任意的x，y∈R成立，则( )
A. f(0)=1
B. 若f(1)=12，则f(2)=−12
C. f′(x)为偶函数
D. 若f(1)=0，则f(112)+f(152)+f(192)+…+f(20192)+f(20232)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在(x2−23x)n的二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中x5的系数为______.(用数字作答)
13.若函数f(x)=xsinx+csx−12ax2在(0,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围为______．
14.在不大于kn(k,n∈N*,k≥2)的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数的个数记为Fk(n).[x]表示不超过x的最大整数，令Sn=i=1n5F6(i)−1，则[S1]+[S2]+[S3]+…+[S100]= ______．
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)
红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害.每只红铃虫的平均产卵数y(个)和平均温度x(℃)有关，现收集了7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值．
(1)根据散点图判断，y=bx+a与y=cedx(其中e为自然对数的底数)哪一个更适合作为平均产卵数y(个)关于平均温度x(℃)的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)并由判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程；
附：回归方程y​=b​x+a​中，b​=i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2．
(2)现在有10根棉花纤维，其中有6根为长纤维，4根为短纤维，从中随机抽取3根棉花纤维，设抽到的长纤维棉花的根数为X，求X的分布列．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=xex，g(x)=x+lnx+m．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若g(x)≤f(x)恒成立，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
英国物理学家牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，具体做法如下：先在x轴找初始点(x1,0)，然后作y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线，切线与x轴交于点(x2,0)，再作y=f(x)在点(x2,f(x2))处的切线，切线与x轴交于点(x3,0)，再作y=f(x)在点(x3,f(x3))处的切线，以此类推，直到求得满足精度的近似解xn(n≥2)为止．
已知f(x)=x4，在横坐标为x1=1的点处作f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2，继续牛顿法的操作得到数列{xn}.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)若数列{n⋅xn}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn≥16−λ(56)n，求整数λ的最小值．
(参考数据：0.94≈0.6561，0.95≈0.5905，0.96≈0.5314，0.97≈0.4783)
18.(本小题17分)
某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，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玩偶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(E5)及P(F4)；
(2)某礼品店限量出售甲、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23，购买乙系列的概率为13；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}的通项公式；
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．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx−a2x2+1(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，
(ⅰ)求实数a的取值范围：
(ⅱ)若x1，x2满足|lnx1−lnx2|≥ln22，求实数a的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：f(x)=lg21x，则f′(x)=11xln2×(1x)′=xln2×(−1x2)=−1xln2．
故选：D．
运用复合函数的求导法则求解即可．
本题主要考查了复合函数的求导法则，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：根据题意，P(1≤X<3)=0.2，μ=1，
所以P(X≥3)=0.3，则P(X<−1)=0.3，
P(A|B)=P(AB)P(B)=P(X<−1)P(|X|>1)=0.30.3+0.5=38．
故选：A．
根据正态分布的性质可求P(X<−1)=0.3，再由条件概率公式求解．
本题考查正态分布的性质，考查条件概率的计算，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：∵数列{an}的前n项和Sn=n2+n，
当n=1时，a1=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n−(n−1)2−(n−1)=2n，
当n=1时，an=2n也成立，∴an=2n，
令2n=2024，解得n=1012，
∴2024为数列{an}的第1012项，
依题意将数列{an}依原顺序按照第n组有2n的要求分组，
则有m组，一共有21+22+…+2m=2(1−2m)1−2=2m+1−2个数，
当m=8时，即前8组有29−2=510个数，
当m=9时，即前9组有210−2=1022个数，
∴第1012项在第9组．
故选：B．
由数列的通项与前n项和的关系，求得an=2n，推得2024为数列{an}的第1012项，再由等比数列的求和公式，计算可得所求值．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及等比数列的求和公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：求不同的安排种数需要分成3步，把3名心理教师分配到三所学校，有A33种方法，
再把4名语文教师按2：1：1分成3组，并分配到三所学校，有C42A33种方法，
最后把2名数学教师分配到只有1名语文教师的两所学校，有A22种方法，
由分步乘法计数原理得不同的安排种数为A33⋅C42A33⋅A22=432．
故选：B．
根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合分组分配列式计算得解．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：因为点P(1,1)
所以点P在作曲线y=x3上，则过点P的切线的斜率为3，
设点M(t,t3)为曲线上的另一切点，
根据导数的几何意义得，
y′=3t2=t3−1t−1=t2+t+1(t≠1)，即(2t+1)(t−1)=0，得t=−12或t=1(舍去)．
所以直线PM的斜率为−18−1−12−1=34，
则tanθ=|3−341+3×34|=913．
故选：B．
容易判断点P在曲线上，可以得出过点P的切线方程的斜率，想法求出另一切点坐标，进而求出另一条切线的斜率，接下来再利用正切公式即可．
主要考查导数的几何意义及两条直线夹角的正切公式．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查互斥事件的概率、二项分布，属于基础题．
根据已知条件，结合二项分布的概率公式，即可求解．
【解答】
解：P(X>0)=P(X=5)+P(X=3)+P(X=1)=(13)5+C51(13)4(23)+C52(13)3(23)2=1781．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：∵当n≥2时，( n2−1+1)Sn=nSn−1+an，即 n2−1Sn=(n−1)Sn−1，
∴SnSn−1=n−1 (n+1)(n−1)= n−1 n+1，
由累乘法得Sn=S2S1×S3S2×⋅⋅⋅×SnSn−1=1 3× 2 4× 3 5× 4 6×⋅⋅⋅× n−2 n× n−1 n+1=1× 2 n× n+1= 2 n(n+1)，
又S1=a1=1适合上式，则Sn= 2 n(n+1)，
∵Sk=135，∴ 2 k(k+1)=135，解得k=49或k=−50(舍去)．
故选：B．
根据递推关系利用累乘法求数列的通项，即可得出答案．
本题考查数列的递推式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由2λe2x+lnλ≥lnx得2λe2x≥lnx−lnλ=lnxλ，
即2xe2x≥xλlnxλ，
令f(t)=tet，t∈(0,+∞)，则f′(t)=(t+1)et>0，
所以f(t)=tet在(0,+∞)上单调递增，
而2xe2x≥xλlnxλ=lnxλelnxλ等价于f(2x)≥f(lnxλ)，
∴2x≥lnxλ，即λ≥xe2x
令g(x)=xe2x，x∈(0,+∞)，则g′(x)=1−2xe2x，
所以在x∈(0,12)时g′(x)>0，g(x)为增函数；
在x∈(12,+∞)时，g′(x)<0，为减函数，
所以g(x)最大值为g(12)=12e，即λ≥12e．
故选：C．
将不等式变形为2xe2x≥xλlnxλ，根据f(t)=tet的单调性得2x≥lnxλ，再用常数分离法求出λ的取值范围．
本题考查导数的运用，以及不等式恒成立问题，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：设事件B为“任取一个零件为次品”，事件Ai为“零件是第i台车床加工”(i=1,2,3)，
则Ω=A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥．
根据题意得，
P(A1)=55+6+9=0.25,P(A2)=65+6+9=0.3,P(A3)=95+6+9=0.45，
P(B|A1)=0.06，P(B|A2)=0.05，P(B|A3)=0.04，
由全概率公式，得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=0.25×0.06+0.3×0.05+0.45×0.04=0.048，
所以选项A正确，选项B正确，
“如果取到的零件是次品，计算它是第i(i=1,2,3)台车床加工的概率”，
就是计算在件B发生的条件下，事件Ai发生的概率，
所以P(A1|B)=P(A1B)P(B)=P(A1)P(B|A1)P(B)=0.25×．
同理可得P(A2|B)=516，P(A3|B)=38，
所以若该零件为次品，则其由第3台车床加工的概率最大，
所以选项C错误，选项D正确．
故选：ABD．
设事件B为“任取一个零件为次品”，事件Ai为“零件是第i台车床加工”(i=1,2,3)，则Ω=A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥．求出P(A1)，P(A2)，P(A3)，以及P(B|A1)，P(B|A2)，P(B|A3)，由全概率公式得P(B)，可判断A、B；“求次品为第1台车床所加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件发生的概率由条件概率公式计算P(A1|B)，P(A2|B)，P(A3|B)，可判断C、D．
本题主要考查全概率公式，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，S10∴d=a10−a9<0，∴a1=a9−8d>0，∴a1>d，故A正确；
对于B，S17=17(a1+a17)2=17a9>0，
S18=18(a1+a18)2=9(a9+a10)<0，
∴使Sn>0成立的最大正整数n=17，故B错误；
对于C，∵a8>0，a9>0，a10<0，a11<0，
∴|a8+a9|=a8+a9，|a10+a11|=−a10−a11，
∴|a8+a9|−|a10+a11|=a8+a9+a10+a11=2(a9+a10)<0，
∴|a8+a9|<|a10+a11|，故C正确；
对于D，∵a9>0，a10<0，a9+a10<0，
∴当n≤9时，an>0，当n≥10时，an<0，
当n≤17时，Sn>0，当n≥18时，Sn<0，
∴当n≤9时，Snan>0，当10≤n≤17时，Snan<0，当n≥18时，Snan>0，
∵0>a10>a11>⋅⋅⋅>a17，S10>S11>⋅⋅⋅>S17>0，
∴1a10<1a11<⋅⋅⋅<1a17<0，
∴S10a10∴S10a10∴{Snan}中最小项为S10a10，故D正确．
故选：ACD．
对于A，根据题意得a9>0，a10<0，从而得到d<0，a1>0；对于B，利用等差数列前n项和公式判断；对于C，先求出a8>0，a9>0，a10<0，a11<0，从而得到|a8+a9|−|a10+a11|=2(a9+a10)<0；对于D，当n≤9时，Snan>0，当10≤n≤17时，Snan<0，当n≥18时，Snan>0，S10a10本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：f(x)+f(y)=2f(x+y2)f(x−y2)对于任意的的x，y∈R成立，
令x=y=0，则f(0)+f(0)=2f2(0)，解得f(0)=1或f(0)=0，故A错误；
令x=y=1，2f(1)=2f(1)f(0)，所以f(0)=1，
令x=2，y=0，则f(2)+f(0)=2f2(1)=12，解得f(2)=−12，故B正确；
当f(0)=0时，令x=y，则2f(x)=2f(x)f(0)=0，
所以f(x)=0，f′(x)=0，
当f(0)=1，令x=−y，则f(x)+f(−x)=2f(0)f(x)，
所以f(x)=f(−x)，所以f′(x)=−f′(−x)，所以f′(x)为奇函数，
综上，f′(x)为奇函数，故C错误；
令x=y+2，则f(y+2)+f(y)=2f(y+1)f(1)=0，
所以f(112)+f(152)+⋯+f(20192)+f(20232)=0，故D正确．
故选：BD．
由已知函数关系，利用赋值法，结合函数的奇偶性检验各选项即可判断．
本题主要考查了赋值法在函数求值，函数奇偶性判断中的应用，属于中档题．
12.【答案】−160
【解析】解：由于(x2−23x)n的展开式只有第4项的二项式系数最大，
则展开式中共有7项，故n+1=7，解得n=6，
所以，(x2−23x)6的展开式通项为Tr+1=C6r⋅x2(6−r)⋅(−23x)r=C6r⋅(−2)r⋅x12−7r3，r=0，1...，6，
令12−7r3=5，解得r=3，因此所求即为C63⋅(−2)3=−160．
故答案为：−160．
利用已知条件求出n的值，写出二项展开式的通项，即可求解．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
13.【答案】(−∞,−1]
【解析】解：函数f(x)=xsinx+csx−12ax2，求导得f′(x)=xcsx−ax=x(csx−a)，
由函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，得∀x∈(0,+∞)，f′(x)≥0⇔a≤csx，
而函数y=csx在(0,+∞)上的最小值为−1，因此a≤−1，
所以实数a的取值范围为a≤−1．
故答案为：(−∞,−1]．
求出函数的导数，结合已知可得f′(x)≥0(x>0)，再由函数不等式恒成立问题求函数最值即可得结论．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
14.【答案】500
【解析】解：因为在不大于6n的所有正整数中，能被2整除的数有6n2个，能被3整除的数有6n3个，能被6整除的数有6n6个，
所以F6(n)=6n−6n2−6n3+6n6=6n3=2×6n−1，
当n=1时，5F6(1)−1=5，则[S1]=5，
当n≥2时，5F6(n)−1=52×6n−1−1<62×6n−1=36n−1，
则当n≥2时，Sn=i=1n5F6(i)−1<5+3(16+162+...+16n−1)=5+35(1−16n−1)，
因为1−16n−1∈(0,1)，所以35(1−16n−1)∈(0,35)，则5所以[S1]+[S2]+[S3]+⋅⋅⋅+[S100]=5×100=500．
故答案为：500．
根据在不大于6n的所有正整数中，能被2，3，6整除的数的个数，得到F6(n)=6n−6n2−6n3+6n6=6n3=2×6n−1，从而得到5F6(1)−1=5，当n≥2时，5F6(n)−1=52×6n−1−1<62×6n−1=36n−1求解．
本题考查数列的整除和数列的求和、等比数列的求和公式和[x]的定义，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)根据散点图的形状，判断y=cedx更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型，
将y=cedx两边同时取自然对数，得lny=lnc+dx，
依题意，i=17(xi−x−)(zi−z−)=33.6，i=17(xi−x−)2=i=17xi2−7x−2=5215−7×272=112，
因此d=i=17(xi−x−)(zi−z−)i=17(xi−x−)2=33.6112=0.3，则lnc=z−−dx−=3.6−0.3×27=−4.5，
于是z关于x的线性回归方程为z=0.3x−4.5，
所以y关于x的回归方程为y=e0.3x−4.5；
(2)依题意，X的可能值为0，1，2，3，
P(X=0)=C43C103=4120=130,P(X=1)=C42C61C103=36120=310，P(X=2)=C41C62C103=60120=12,P(X=3)=C63C103=20120=16，
所以X的分布列为：

【解析】(1)根据散点图的形状，判断回归方程类型；将y=cedx两边同时取自然对数，转化为线性回归方程，即可得到答案；
(2)求出X的可能值及各个值对应的概率，列出分布列即可．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了离散型随机变量的分布列，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由题f′(x)=(x+1)ex，令f′(x)=0，得x=−1，
则x，f′(x)和f(x)的关系，如下表所示，
所以函数的极小值为−1e，无极大值；
(2)不等式g(x)≤f(x)恒成立，即x+lnx+m≤xex恒成立，
即m≤xex−x−lnx(x>0)恒成立，所以m≤(xex−x−lnx)min，
设h(x)=xex−x−lnx，x>0，
h′(x)=(x+1)ex−1−1x=(x+1)(ex−1x)，其中x+1>0，
设m(x)=ex−1x，m′(x)=ex+1x2>0，所以m(x)在(0,+∞)单调递增，
因为m(12)<0，m(1)>0，所以存在x0∈(12,1)，使m(x0)=0，即h′(x0)=0，即ex0=1x0，
当x∈(0,x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x=x0时，函数h(x)取得最小值h(x0)=x0ex0−x0−lnx0，
由ex0=1x0，可得x0=−lnx0，所以h(x0)=x0ex0−x0−lnx0=1−x0+x0=1，
所以m≤1．
【解析】(1)利用导数，先判断函数的单调区间，再求函数的极值；
(2)首先不等式化简为x+lnx+m≤xex恒成立，再利用参变分离，转化为最值问题，即可求解．
本题考查了导数的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)函数f(x)=x4，求导得f′(x)=4x3，
则f(x)图象在点(xn,yn)处的切线方程为：y−yn=4xn3(x−xn)，
令y=0，得xn+1=34xn，而x1=1，因此{xn}是首项为1，公比为34的等比数列，
所以xn=(34)n−1．
(2)令bn=n⋅xn=n⋅(34)n−1，
Sn=1⋅(34)0+2⋅(34)1+3⋅(34)2+⋯+n⋅(34)n−1，
于是34Sn=1⋅(34)1+2⋅(34)2+3⋅(34)3+⋯+n⋅(34)n，
两式相减得：14Sn=1+(34)1+(34)2+⋯+(34)n−1−n⋅(34)n=1−(34)n1−34−n⋅(34)n=4−(4+n)(34)n，
整理得Sn=16−(16+4n)(34)n，由Sn≥16−λ(56)n，得16−(16+4n)(34)n≥16−λ(56)n，
化简得λ≥(16+4n)(910)n，令dn=(16+4n)(910)n，则dn+1−dn=(−2n+105)(910)n，
当n≤5时，dn+1−dn≥0，即d6=d5>d4>d3>d2>d1，
当n≥6时，dn+1−dn<0，即d6>d7>d8>...，
所以(dn)max =d5=d6=36⋅(910)5≈21.26，
从而整数λmin=22．
【解析】(1)首先根据导数的几何意义求切线方程，并令y=0，得到数列{xn}的递推公式，即可求解．
(2)由(1)可知，bn=n⋅xn=n⋅(34)n−1，利用错位相减法求数列{bn}的前n项和Sn，代入不等式，参变分离为λ≥(16+4n)(910)n，转化为作差判断数列{(16+4n)(910)n}的单调性，再求数列的最大值，即可求解．
本题主要考查了导数几何意义在切线方程求解中的应用，还考查了错位相减求和，不等式恒成立与最值关系的转化，属于中档题．
18.【答案】解：(1)若一次性购买5个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为3×3×3×3×3=243，
集齐A1，A2，A3玩偶，有如下两种情况：
①其中一个玩偶3个，其他两个玩偶各1个，有C31C53A22=60种结果；
②若其中两个玩偶各2个，另外两个玩偶1个，则共有C31C51C42=90种结果，
故P(E5)=60+90243=5081；
若一次性购买4个乙系列盲盒，全部为B1与全部为B2的概率相等，均为124=116，
故P(F4)=1−116−116=78．
(2)①由题可知：Q1=23，
当n≥2时，Qn=14Qn−1+12(1−Qn−1)=12−14Qn−1，
则Qn−25=−14(Qn−1−25)，且Q1−25=415，
即{Qn−25}是以415为首项，以−14为公比的等比数列．
所以Qn−25=415×(−14)n−1，即Qn=25+415×(−14)n−1．
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，某一天来购买盲盒时，可看作n→+∞，所以，其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，
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
【解析】(1)对于P(E5)：先求事件总个数，再求满足要求的事件个数，根据古典概型求解即可；
对于P(F4)：利用对立事件的概率求解即可．
(2)①利用构造法求出数列{Qn}的通项公式；
②利用二项分布求解即可．
本题主要考查常规排列组合，古典概型以及二项分布，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=lnx−a2x2+1的定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=1x−ax=1−ax2x，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得x∈(0,1 a)，由f′(x)<0，得x∈(1 a,+∞)，
即函数f(x)在(0,1 a)上单调递增，在(1 a,+∞)上单调递减，
所以当a≤0时，f(x)的递增区间是(0,+∞)，无递减区间；
当a>0时，f(x)的递增区间是(0,1 a)，递减区间是(1 a,+∞)．
(2)(ⅰ)由f(x)=0，得a2=lnx+1x2，令φ(x)=lnx+1x2，求导得φ′(x)=−1−2lnxx3，
当x∈(0,1 e)时，φ′(x)>0，当x∈(1 e,+∞)时，φ′(x)<0，
则函数φ(x)在(0,1 e)上单调递增，在(1 e,+∞)上单调递减，φ(x)max=φ(1 e)=e2，
而当x>1时，φ(x)>0恒成立，且φ(1e)=0，
由f(x)有两个零点，即方程a2=lnx+1x2有两个不等的正根，亦即直线y=a2与φ(x)的图象有两个公共点，
因此0所以实数a的取值范围是0(ⅱ)由f(x1)=f(x2)=0，得a2=lnx1+1x12=lnx2+1x22，且1e不妨设t=x2x1(t>1)，将x2=tx1代入lnx1+1x12=lnx2+1x22，
得t2(lnx1+1)=lnt+lnx1+1，即lnx1+1=lntt2−1，
令g(t)=lntt2−1,t>1，求导得g′(t)=t(1−1t2−2lnt)(t2−1)2，令h(t)=1−1t2−2lnt,t>1，
求导得h′(t)=2t3−2t=2(1−t2)t3<0，则函数h(t)在(1,+∞)上单调递减，
有h(t)由|lnx1−lnx2|≥ln22，得lnx2x1=lnt≥ln22，则t≥ 2，
因此函数g(t)在( 2,+∞)上单调递减，即g(t)≤g( 2)=ln 2，
于是lnx1+1≤ln 2，有x1≤ 2e，则x1∈(1e, 2e],
又a2=lnx1+1x12，令φ(x)=lnx+1x2，x∈(1e, 2e],
由(ⅰ)知，φ(x)在(0,1 e)上递增，而1e< 2e<1 e，因此φ(x)在(1e, 2e]上递增，
则φ(1e)<φ(x)≤φ( 2e)，即0所以a的最大值是e2ln22．
【解析】(1)求导f′(x)=1−ax2x(x>0)，分类讨论参数a≤0和a>0时，函数的单调性即可．
(2)(ⅰ)利用参数分离可得a2=lnx+1x2，令φ(x)=lnx+1x2，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可；
(ⅱ)由已知a2=lnx1+1x12=lnx2+1x22，设t=x2x1(t>1)，可得lnx1+1=lntt2−1，设g(t)=lntt2−1，利用导数研究函数的单调性，可求额x1∈(1e, 2e)，再利用φ(x)=lnx+1x2的单调性可求得0本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化能力，属于中档题参考数据(z=lny)
i=17xi2
i=17(xi−x−)(yi−y−)
i=17(xi−x−)(zi−z−)
x−
y−
z−
5215
2347.3
33.6
27
81.3
3.6
X
0
1
2
3
P
130
310
12
16
x
(−∞,−1)
−1
(−1,+∞)
f′(x)
−
0
+
f(x)
单调递减
极小值−1e
单调递增