江苏省苏州中学2023-2024学年高二下学期期末数学考前演练试卷（六）

这是一份江苏省苏州中学2023-2024学年高二下学期期末数学考前演练试卷（六），共13页。

综合复习
(满分150分，考试时间120分钟)
2024．6
一、 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合A＝{x|x2－3x<0}，B＝{1，a}，且A∩B有4个子集，则实数a的取值范围是( )
A. (0，3) B. (0，1)∪(1，3)
C. (0，1) D. (－∞，1)∪(3，＋∞)
2. 某同学在研究性学习中，收集到某制药厂今年前5个月甲胶囊生产产量(单位：万盒)的数据如下表所示．
若x，y线性相关，线性回归方程为y＝0.6x＋a，估计该制药厂6月份生产甲胶囊产量为( )
A. 7.2万盒 B. 7.6万盒 C. 7.8万盒 D. 8.6万盒
3. “幂函数f(x)＝(m2＋m－1)xm在(0，＋∞)上为增函数”是“函数g(x)＝2x－m2·2－x为奇函数”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 已知某个函数的图象如图所示，则下列解析式中与此图象最为符合的是( )
A. f(x)＝ eq \f(ln |x－1|,x) B. f(x)＝ eq \f(x,ln |x－1|)
C. f(x)＝ eq \f(x－2,|x|－1) D. f(x)＝ eq \f(x－2,x（x－1）)
5. 某学校有四位优秀的同学甲、乙、丙、丁获得了保送到哈尔滨工业大学、东北林业大学和哈尔滨医科大学3所大学的机会，若每所大学至少保送1人，且甲同学要求不去哈尔滨医科大学，则不同的保送方案共有( )
A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 64种
6. 已知m，n∈R，且m－3n＋4＝0，则2m＋ eq \f(1,8n) 的最小值为( )
A. eq \f(257,64) B. eq \f(1,4) C. eq \f(\r(2),2) D. eq \f(1,2)
7. 已知定义域为R的函数f(x)满足f(1＋x)＋f(1－x)＝4，且当x>1时f′(x)＞0，则不等式[f(x)－2]ln (x－1)>0的解集为( )
A. (2，＋∞) B. (1，＋∞) C. (1，2) D. (2，e2)
8. 若曲线y＝ex－1与曲线y＝a eq \r(x) 在公共点处有公共切线，则实数a＝( )
A. eq \f(\r(2e),e) B. eq \f(\r(e),e) C. eq \f(2,e) D. eq \f(1,e)
二、 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．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. 下列说法正确的是( )
A. 若事件A与B互相独立，且0B. 在回归分析中，对一组给定的样本数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好
C. 若随机变量ξ服从二项分布B(4， eq \f(1,4) )，则E(2ξ＋3)＝5
D. 设随机变量X服从正态分布N(0，1)，则P(|X|< eq \f(1,2) )＝1－2P(X< eq \f(1,2) )
10. 若(1－2x)2 022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 022x2 022，则下列结果正确的是( )
A. a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 022＝1
B. a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝ eq \f(－1＋32 022,2)
C. a1＋2a2＋3a3＋…＋2 022a2 022＝4 044
D. a0＋ eq \f(a1,2) ＋ eq \f(a2,22) ＋…＋ eq \f(a2022,22 022) ＝0
11. 已知函数f(x)＝lg ( eq \r(x2－2x＋2) －x＋1)，g(x)＝ eq \f(2x＋6,2x＋2) ，则下列说法正确的是( )
A. f(x)是奇函数
B. g(x)的图象关于点(1，2)对称
C. 若函数F(x)＝f(x)＋g(x)在x∈[1－m，1＋m]上的最大值、最小值分别为M，N，则M＋N＝4
D. 令F(x)＝f(x)＋g(x)，若F(a)＋F(－2a＋1)>4，则实数a的取值范围是(－1，＋∞)
12. 下列关于函数f(x)＝(1－ eq \f(2,1＋ex) )cs x的结论正确的有( )
A. 图象关于原点对称 B. 在(0， eq \f(π,2) )上单调递增
C. 在( eq \f(π,2) ，π)上单调递减 D. 值域为(－1，1)
三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若命题“∃x∈R，使x2＋(a－1)x＋1<0”是假命题，则实数a的取值范围是________．
14. 设a∈Z，且0≤a<13，若512 022＋a能被13整除，则a＝________．
15. 用1到5这5个整数组成无重复数字的四位数中按从小到大的顺序排列，其中第34个数是________．
16. 已知函数f(x)＝ex－ex＋a与g(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) 的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是________．
四、 解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. (本小题满分10分)
(1) 若3A eq \\al(3,n) －6A eq \\al(2,n) ＝4C eq \\al(2,n＋1) ，求n；
(2) 已知x>0，求(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)10的展开式中x3的系数．(用数字表示结果)
18. (本小题满分12分)
已知实数x>0，y>0.
(1) 若x＋y＋xy＝3，求2xy的最大值与x＋y的最小值；
(2) 若x>y，求 eq \f(x2y,x－y) ＋ eq \f(1,y2) 的最小值．
19. (本小题满分12分)
已知函数f(x)＝ax2＋(a－2)x－ln x，a∈R.
(1) 试讨论f(x)的单调性；
(2) 若对任意x>0，都有f(x)≥0成立，求实数a的取值范围．
20. (本小题满分12分)
已知a∈R，函数f(x)＝lg2( eq \f(1,x) ＋a).
(1) 若关于x的方程f(x)－lg2[(a－4)x＋2a－5]＝0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围；
(2) 设a>0，若对任意t∈[ eq \f(1,2) ，1]，函数f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．
21.(本小题满分12分)
中国国家统计局2019年9月30日发布数据显示，2019年9月中国制造业采购经理指数(PMI)为49.8%，反映出中国制造业扩张步伐有所加快．以新能源汽车、机器人、增材制造、医疗设备、高铁、电力装备、船舶、无人机等为代表的高端制造业突飞猛进，则进一步体现了中国制造目前的跨越式发展．已知某精密制造企业根据长期检测结果，得到生产的产品的质量差服从正态分布N(μ，σ2)，并把质量差在(μ－σ，μ＋σ)内的产品称为优等品，质量差在(μ＋σ，μ＋2σ)内的产品称为一等品，优等品与一等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品处理．现从该企业生产的正品中随机抽取1 000件，测得产品质量差的样本数据统计如下．
(1) 根据大量的产品检测数据，检查样本数据的方差的近似值为100，用样本平均数x－作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，记质量差X～N(μ，σ2)，求该企业生产的产品为正品的概率P；(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)
(2) 假如企业包装时要求把2件优等品和n(n≥2，且n∈N*)件一等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同则该箱产品记为A，否则该箱产品记为B.
①试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p；
②设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f(p)，求当n为何值时，f(p)取得最大值，并求出最大值．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ<ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
22.(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝x ln x－ax2＋x(a∈R).
(1) 求证：曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l恒过定点；
(2) 若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，求证： eq \r(x eq \\al(2,1) ＋x eq \\al(2,2) ) > eq \f(4,e) .
2023～2024学年第二学期苏州中学期末考前演练试卷(六)
高二数学(人教) 参考答案
1. B 解析：∵ A∩B有4个子集，∴ A∩B有2个元素，∴ a∈A，∴ a2－3a<0⇒02. C 解析：由题意，根据表格中的数据可知：x－＝ eq \f(1＋2＋3＋4＋5,5) ＝3，y－＝ eq \f(5＋5＋6＋6＋8,5) ＝6，即样本点中心为(3，6)，代入回归方程y＝0.6x＋a，解得a＝4.2，即y＝0.6x＋4.2，令x＝6，解得y＝0.6×6＋4.2＝7.8(万盒)，故选C.
3. A 解析：要使函数f(x)＝(m2＋m－1)xm是幂函数，且在(0，＋∞)上为增函数，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2＋m－1＝1，,m>0，)) 解得m＝1，当m＝1时，g(x)＝2x－2－x，x∈R，则g(－x)＝2－x－2x＝－(2x－2－x)＝－g(x)，所以函数g(x)为奇函数，即充分性成立；“函数g(x)＝2x－m2·2－x为奇函数”，则g(x)＝－g(－x)，即2x－m2·2－x＝－(2－x－m2·2x)＝m2·2x－2－x，解得m＝±1，故必要性不成立，故选A.
4. A 解析：对于B选项，函数f(x)＝ eq \f(x,ln |x－1|) 有意义，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1≠0，,ln |x－1|≠0，)) 解得x≠0且x≠1且x≠2，故不满足，错误；对于C选项，函数f(x)＝ eq \f(x－2,|x|－1) 有意义，则|x|－1≠0，解得x≠±1，故不满足，错误；对于D选项，当x∈(0，1)时，f(x)＝ eq \f(x－2,x（x－1）) >0，故图象不满足，错误．故根据排除法得f(x)＝ eq \f(ln |x－1|,x) 与此图象最为符合．故选A.
5. A 解析：每所大学至少保送1人，且甲同学要求不去哈尔滨医科大学，先考虑甲去的学校有2种情况，对甲去的学校分类讨论，若该校只有1人保送，则另外3人去两所学校共有C eq \\al(2,3) A eq \\al(2,2) ；若甲去的学校有2人保送，则另外3人去3所学校共有A eq \\al(3,3) ， 则不同的保送方案共有2×(C eq \\al(2,3) A eq \\al(2,2) ＋A eq \\al(3,3) )＝24.故选A.
6. D 解析：将m＝3n－4代入2m＋ eq \f(1,8n) ，可得2m＋ eq \f(1,8n) ＝23n－4＋ eq \f(1,8n) ＝ eq \f(8n,16) ＋ eq \f(1,8n) ≥2 eq \r(\f(8n,16)×\f(1,8n)) ＝ eq \f(1,2) (当且仅当n＝ eq \f(2,3) 时，取得等号)，故选D.
7. A 解析：由f(1＋x)＋f(1－x)＝4得f(x)关于(1，2)成中心对称．令x＝0，可得f(1)＝2，当x>1时f′(x)＞0，则f(x)在[1，＋∞)上单调递增. 由f(x)关于(1，2)成中心对称且f(1)＝2，故f(x)在R上单调递增．由[f(x)－2]ln (x－1)>0，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln （x－1）>0，,f（x）>2)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln （x－1）<0，,f（x）<2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>2，,x>1)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(12.故选A.
8. A 解析：设公共点为P(s，t)，y＝ex－1的导数为y′＝ex－1，曲线y＝ex－1在P(s，t)处的切线斜率k＝es－1，y＝a eq \r(x) 的导数为y′＝ eq \f(a,2\r(x)) ，曲线y＝a eq \r(x) 在P(s，t)处的切线斜率k＝ eq \f(a,2\r(s)) ，因为两曲线在公共点P处有公共切线，所以es－1＝ eq \f(a,2\r(s)) ，且t＝es－1，t＝a eq \r(s) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(es－1＝\f(a,2\r(s))，,es－1＝a\r(s)，)) 即a eq \r(s) ＝ eq \f(a,2\r(s)) 解得s＝ eq \f(1,2) ，所以e eq \f(1,2) －1＝a eq \r(\f(1,2)) ，解得a＝ eq \f(\r(2e),e) ，故选A.
9. ABC 解析：若事件A与B互相独立，且010. ACD 解析：令x＝1，得1＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 022…(1)，所以A对．令x＝ eq \f(1,2) ，得0＝a0＋ eq \f(a1,2) ＋ eq \f(a2,22) ＋…＋ eq \f(a2 022,22 022) ，所以D对．令x＝－1，得32 022＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 022…(2).(1)－(2)得1－32 022＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2 021).所以a1＋a3＋a5＋…＋a2021＝ eq \f(1－32 022,2) ，所以B错．等式(1－2x)2 022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 022x2 022两边求导得再令x＝1，得4 044＝a1＋2a2＋3a3＋…＋2 022a2 022，所以C对．故选ACD.
11. BCD 解析：由题意函数f(x)＝lg ( eq \r(x2－2x＋2) －x＋1)＝lg [ eq \r(（x－1）2＋1) －(x－1)], 因为 eq \r(（x－1）2＋1) －(x－1)>0恒成立，即函数f(x)的定义域为R，又因为f(0)＝lg ( eq \r(2) ＋1)≠0，所以f(x)不是奇函数，所以A错误；将g(x)＝ eq \f(2x＋6,2x＋2) 的图象向下平移两个单位长度得到y＝ eq \f(2x＋6,2x＋2) －2＝ eq \f(2－2x,2＋2x) ，再向左平移一个单位长度得到h(x)＝ eq \f(2－2x＋1,2＋2x＋1) ＝ eq \f(1－2x,1＋2x) ，此时h(－x)＝ eq \f(1－2－x,1＋2－x) ＝ eq \f(2x－1,2x＋1) ＝－h(x)，所以h(x)图象关于点(0，0)对称，所以g(x)的图象关于(1，2)对称，所以B正确；将函数f(x)的图象向左平移一个单位长度得m(x)＝lg ( eq \r(x2＋1) －x)，因为m(－x)＋m(x)＝lg ( eq \r(x2＋1) ＋x)＋lg ( eq \r(x2＋1) －x)＝lg 1＝0，即m(－x)＝－m(x)，所以函数m(x)为奇函数，所以函数f(x)关于(1，0)点对称，所以F(x)若在x＝1＋a处取得最大值，则F(x)在x＝1－a处取得最小值，则F(1＋a)＋F(1－a)＝f(1＋a)＋f(1－a)＋g(1＋a)＋g(1－a)＝0＋4＝4，所以C正确；由F(a)＋F(－2a＋1)>4，可得f(a)＋f(1－2a)＋g(a)＋g(1－2a)>4，由f(x)＝lg [ eq \r(（x－1）2＋1) －(x－1)]，设m(x)＝lg ( eq \r(x2＋1) －x)，t＝ eq \r(x2＋1) －x，可得t′＝ eq \f(x,\r(x2＋1)) －1<0，所以t＝ eq \r(x2＋1) －x为减函数，可得函数m(x)＝lg ( eq \r(x2＋1) －x)为减函数，所以函数f(x)＝lg [ eq \r(（x－1）2＋1) －(x－1)]为单调递减函数，又由g(x)＝ eq \f(2x＋6,2x＋2) ＝1＋ eq \f(4,2x＋2) 为减函数，所以F(x)为减函数，因为F(x)关于点(1，2)对称，所以F(a)＋F(－2a＋1)>4＝F(a)＋F(2－a)，即F(－2a＋1)>F(2－a)，即－2a＋1<2－a，解得a>－1，所以D正确．故选BCD.
12. ACD 解析：对选项A，函数f(x)定义域为R，f(－x)＝(1－ eq \f(2,1＋e－x) )cs (－x)＝(1－ eq \f(2ex,ex＋1) )cs x＝(－1＋ eq \f(2,ex＋1) )cs x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，图象关于原点对称，故A正确；对选项B，因为f(0)＝0，f( eq \f(π,2) )＝0，所以函数f(x)在(0， eq \f(π,2) )上不可能单调递增，故B错误；令g(x)＝1－ eq \f(2,1＋ex) ，x∈( eq \f(π,2) ，π)，h(x)＝－cs x，x∈( eq \f(π,2) ，π)，则g(x)>0，h(x)>0，结合复合函数单调性知，y＝g(x)与y＝h(x)在x∈( eq \f(π,2) ，π)时均单调递增，所以y＝g(x)·h(x)在x∈( eq \f(π,2) ，π)时单调递增，故f(x)在x∈( eq \f(π,2) ，π)时单调递减，故C正确；对选项D，因为1＋ex>1，所以0< eq \f(1,1＋ex) <1，所以－1<1－ eq \f(2,1＋ex) <1，又－1≤cs x≤1，所以－1<(1－ eq \f(2,1＋ex) )cs x<1，即f(x)的值域为(－1，1)，故D正确．故选ACD.
13. [－1，3] 解析：由题意得命题“∃x∈R，x2＋(a－1)x＋1<0”是假命题，
则命题“∀x∈R，x2＋(a－1)x＋1≥0”是真命题，
则需Δ≤0⇒(a－1)2－4≤0⇒－1≤a≤3.
14. 12 解析：由已知得512 022＋a＝(52－1)2 022＋a＝C eq \\al(0,2 022) 522 022·(－1)0＋C eq \\al(1,2 022) 522 021·(－1)1＋…＋C eq \\al(2 022,2 022) 520(－1)2 022＋a＝C eq \\al(0,2 022) ·522 022－C eq \\al(1,2 022) ·522 021·(－1)1＋C eq \\al(2,2 022) ·522 020－…－C eq \\al(2 021,2 022) ·52＋1＋a，
即512 022＋a被13整除的余数为1＋a，而a∈Z，且0≤a<13，
若512 022＋a能被13整除，则1＋a＝13，即a＝12.
15. 2 345 解析：千位上是1时，有A eq \\al(3,4) ＝24(个)，
千位上是2时，百位上是1时，有A eq \\al(2,3) ＝6(个)，
千位上是2时，百位上是3时，十位上是1时，有A eq \\al(1,2) ＝2(个)，
千位上是2时，百位上是3时，十位上是4时，有A eq \\al(1,2) ＝2(个)，
分别为2 341，2 345，
所以按从小到大的顺序排列，其中第34个数是2 345.
16. (－∞，－1] 解析：g(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) 的定义域为(0，＋∞)，则g(x)关于x轴对称的函数为y＝－ln x－ eq \f(1,x) ，
则条件等价为f(x)＝ex－ex＋a＝－ln x－ eq \f(1,x) 在(0，＋∞)上有解，
得a＝－ln x－ eq \f(1,x) －ex＋ex，
令h(x)＝－ln x－ eq \f(1,x) －ex＋ex，
则h′(x)＝－ eq \f(1,x) ＋ eq \f(1,x2) －ex＋e，
当x＝1时，h′(x)＝0，
当x>1时，h′(x)＝ eq \f(1－x,x2) －(ex－e)<0，
当00，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，
h(x)max＝h(1)＝－ln 1－1－e＋e＝－1，
因为当x→＋∞时，h(x)→－∞，
所以当a≤－1时，直线y＝a与h(x)的图象有交点，即f(x)＝ex－ex＋a＝－ln x－ eq \f(1,x) 在(0，＋∞)上有解，所以实数a的取值范围是(－∞，－1].
17. 解：(1) ∵ 3A eq \\al(3,n) －6A eq \\al(2,n) ＝4C eq \\al(2,n＋1) ，
∴ 3n(n－1)(n－2)－6n(n－1)＝2n(n＋1)，即3n2－17n＋10＝0 (n≥3，n∈N*)，解得n＝5(n＝ eq \f(2,3) 舍). (5分)
(2) 由题意得展开式中x3的系数为C eq \\al(3,3) ＋C eq \\al(3,4) ＋…＋C eq \\al(3,10) ＝C eq \\al(4,4) ＋C eq \\al(3,4) ＋…＋C eq \\al(3,10) ＝C eq \\al(4,11) ＝330.
∴ (1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)10展开式中x3的系数为330.(10分)
18. 解：(1) 因为x＋y≥2 eq \r(xy) ，又因为x＋y＋xy＝3，所以xy＋2 eq \r(xy) ≤3，解得－3≤ eq \r(xy) ≤1，
因为0< eq \r(xy) ，所以0< eq \r(xy) ≤1，所以0(2) 由 eq \f(x2y,x－y) ＋ eq \f(1,y2) ，令t＝x－y，t>0，所以x＝t＋y，
eq \f(x2y,x－y) ＋ eq \f(1,y2) ＝ eq \f(（t＋y）2y,t) ＋ eq \f(1,y2) ＝ty＋ eq \f(y3,t) ＋2y2＋ eq \f(1,y2) ≥2 eq \r(ty·\f(y3,t)) ＋2y2＋ eq \f(1,y2) ＝4y2＋ eq \f(1,y2) ≥2 eq \r(4y2·\f(1,y2)) ＝4；
当且仅当ty＝ eq \f(y3,t) ，且4y2＝ eq \f(1,y2) ，即x＝ eq \r(2) ，y＝ eq \f(\r(2),2) 时等号成立，所以 eq \f(x2y,x－y) ＋ eq \f(1,y2) 的最小值为4.(12分)
19. 解：(1) 函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
又f′(x)＝2ax＋(a－2)－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(2ax2＋（a－2）x－1,x) ＝ eq \f(（2x＋1）（ax－1）,x) ，
当a≤0时，在(0，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；
当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝ eq \f(1,a) 或x＝－ eq \f(1,2) (舍)，
所以在(0， eq \f(1,a) )上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；
在( eq \f(1,a) ，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函数．(4分)
(2) 对任意x＞0，都有f(x)≥0成立，即：在(0，＋∞)上f(x)min≥0，
由(1)知：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
又f(1)＝2a－2＜0，不合题意；
当a＞0时，当x＝ eq \f(1,a) 时，f(x)取得极小值也是最小值，
所以f(x)min＝f( eq \f(1,a) )＝1－ eq \f(1,a) ＋ln a，
令u(a)＝f( eq \f(1,a) )＝1－ eq \f(1,a) ＋ln a(a＞0)，
所以u′(a)＝ eq \f(1,a2) ＋ eq \f(1,a) ，
在(0，＋∞)上，u′(a)＞0，u(a)是增函数，又u(1)＝0，
所以要使得f(x)min≥0，即u(a)≥0，即a≥1，
故a的取值范围是[1，＋∞).(12分)
20. 解：(1) 由f(x)－lg2[(a－4)x＋2a－5]＝0，
即lg2( eq \f(1,x) ＋a)＝lg2[(a－4)x＋2a－5]，
等价于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a－4）x＋2a－5>0，,\f(1,x)＋a>0，,\f(1,x)＋a＝（a－4）x＋2a－5，))
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a－4）x2＋（a－5）x－1＝0，,\f(1,x)＋a>0，))
当a＝4时，x＝－1，经检验，满足题意．
当a＝3时，x1＝x2＝－1，经检验，满足题意．
当a≠3且a≠4时，x1＝ eq \f(1,a－4) ，x2＝－1，x1≠x2.x1是原方程的解当且仅当 eq \f(1,x1) ＋a>0，
即a>2；x2是原方程的解当且仅当 eq \f(1,x2) ＋a>0，即a>1.于是满足题意的a∈(1，2].
综上，a的取值范围是(1，2]∪{3，4}．(6分)
(2) 当0 eq \f(1,x2) ＋a，lg2( eq \f(1,x1) ＋a)>lg2( eq \f(1,x2) ＋a)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，函数f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值与最小值分别为f(t)，f(t＋1).
f(t)－f(t＋1)＝lg2( eq \f(1,t) ＋a)－lg2( eq \f(1,t＋1) ＋a)≤1，
即at2＋(a＋1)t－1≥0，
对任意t∈[ eq \f(1,2) ，1]成立．因为a>0，
所以函数y＝at2＋(a＋1)t－1在区间[ eq \f(1,2) ，1]上单调递增，t＝ eq \f(1,2) 时，y有最小值 eq \f(3,4) a－ eq \f(1,2) ，由 eq \f(3,4) a－ eq \f(1,2) ≥0，得a≥ eq \f(2,3) .故a的取值范围是[ eq \f(2,3) ，＋∞).(12分)
21. 解：(1) 由题意，估计从该企业生产的正品中随机抽取1 000件的平均数为x－＝0.010×10× eq \f(46＋56,2) ＋0.020×10× eq \f(56＋66,2) ＋0.045×10× eq \f(66＋76,2) ＋0.020×10× eq \f(76＋86,2) ＋0.005×10× eq \f(86＋96,2) ＝70，即μ≈x－＝70，
样本方差s2＝100，故σ≈ eq \r(s2) ＝10，所以X～N(70，102)，
则优等品为质量差在(μ－σ，μ＋σ)内，即(60，80)，
一等品为质量差在(μ＋σ，μ＋2σ)内，即(80，90)，
所以正品为质量差在(60，80)和(80，90)内，即(60，90)，
所以该企业生产的产品为正品的概率P＝P(60(2)①从n＋2件正品中任选两个，有C eq \\al(2,n＋2) 种选法，其中等级相同有C eq \\al(2,n) ＋C eq \\al(2,2) 种选法，
∴ 某箱产品抽检被记为B的概率为p＝1－ eq \f(C eq \\al(2,n) ＋C eq \\al(2,2) ,C eq \\al(2,n＋2) ) ＝1－ eq \f(n2－n＋2,n2＋3n＋2) ＝ eq \f(4n,n2＋3n＋2) .(6分)
②由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p，则5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f(p)＝C eq \\al(3,5) p3(1－p)2＝10p3(1－2p＋p2)＝10(p3－2p4＋p5)，
所以f′(p)＝10(3p2－8p3＋5p4)＝10p2(3－8p＋5p2)＝10p2(p－1)(5p－3)，
所以当p∈(0， eq \f(3,5) )时，f′(p)>0，函数f(p)单调递增，
当p∈( eq \f(3,5) ，1)时，f′(p)<0，函数f(p)单调递减，
所以当p＝ eq \f(3,5) 时，f(p)取得最大值，最大值为f( eq \f(3,5) )＝C eq \\al(3,5) ×( eq \f(3,5) )3×(1－ eq \f(3,5) )2＝ eq \f(216,625) .
此时p＝ eq \f(4n,n2＋3n＋2) ＝ eq \f(3,5) ，解得n＝3，
∴ n＝3时，5箱产品恰有3箱被记为B的概率最大，最大值为 eq \f(216,625) .(12分)
22. 解：(1) f′(x)＝ln x－2ax＋2，
则f′(1)＝2－2a，即切线斜率为2－2a，
又f(1)＝1－a，
则切线l的方程为y－(1－a)＝(2－2a)(x－1)，
即y＝(2－2a)(x－ eq \f(1,2) )，
可得当x＝ eq \f(1,2) 时，y＝0，故切线l恒过定点( eq \f(1,2) ，0).(4分)
(2) ∵ x1，x2是f(x)的零点，x2>2x1，且x1>0，x2>0，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1ln x1－ax eq \\al(2,1) ＋x1＝0，,x2ln x2－ax eq \\al(2,2) ＋x2＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x1＋1＝ax1，,ln x2＋1＝ax2，))
∴ a＝ eq \f(ln x1＋ln x2＋2,x1＋x2) ＝ eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1) ，
即ln x1x2＋2＝ eq \f(（x1＋x2）ln \f(x2,x1),x2－x1) ，
令t＝ eq \f(x2,x1) ，则t>2，则ln x1x2＋2＝ eq \f(（t＋1）ln t,t－1) ，
令g(t)＝ eq \f(（t＋1）ln t,t－1) ，则g′(t)＝ eq \f(t－\f(1,t)－2ln t,（t－1）2) .
令h(t)＝t－ eq \f(1,t) －2ln t，则h′(t)＝ eq \f(（t－1）2,t2) >0，则h(t)单调递增，
∴ h(t)>h(2)＝ eq \f(3,2) －2ln 2>0，即g′(t)>0，则g(t)单调递增，
∴ g(t)>g(2)＝3ln 2，
∴ ln x1x2＋2>3ln 2，即ln x1x2>3ln 2－2＝ln eq \f(8,e2) ，即x1x2> eq \f(8,e2) ，
则 eq \r(x eq \\al(2,1) ＋x eq \\al(2,2) ) > eq \r(2x1x2) > eq \f(4,e) (由于x1≠x2，故不取等号)，得证．(12分)x(月份)
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y(万盒)
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