2023-2024学年福建省师范大学附属中学高二下学期7月期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省师范大学附属中学高二下学期7月期末考试数学试题（含解析），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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若集合A={a},B={1,3a−1}，若A⊆B，则a=( )
A. 1B. 12C. 12或1D. 23
2.据统计2023年“五一”假期哈尔滨太阳岛每天接待的游客人数X服从正态分布N2000,1002，则在此期间的某一天，太阳岛接待的人数不少于1800的概率为( ) 附：X∼Nμ,σ2，P(μ−σA. 0.4987B. 0.8413C. 0.9773D. 0.9987
3.设a∈R，则“2A. 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.已知函数fx=x2−2x，gx=ax+2a>0，若∀x1∈−1,2，∃x2∈−1,2，使得fx1=gx2，则实数a的取值范围是( )
A. 0,12B. [3,+∞)C. 0,3D. 12,3
5.已知变量x,y的部分数据如下表，由表中数据得x,y之间的经验回归方程为y=0.8x+a，现有一测量数据为35,n，若该数据的残差为1.2，则n=( )
A. 25.6B. 28C. 29.2D. 24.4
6.已知离散型随机变量X服从二项分布X∼Bn,p且EX=2,DX=q，则1p+1q的最小值为( )
A. 2B. 3+2 22C. 94D. 3−2 22
7.已知偶函数fx的定义域为R,fx+f3−x=0，且当x∈0,32时，fx=x2−94，则f2024=( )
A. −54B. −1C. 1D. 54
8.现随机安排甲、乙等4位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件A=“甲参加跳高比赛”，事件B=“乙参加跳高比赛”，事件C=“乙参加跳远比赛”，则( )
A. 事件A与B相互独立B. 事件A与C为互斥事件
C. PCA=512D. PBA=19
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列关于回归分析的说法中正确的是( )
A. 回归直线一定过样本中心x,y
B. 两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好
C. 甲、乙两个模型的R2分别约为0.98和0.80，则模型乙的拟合效果更好
D. 残差图中残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明选用的模型比较合适
10.一个不透明的箱子中装有5个小球，其中白球3个，红球2个，小球除颜色不同外，材质大小全部相同，现投掷一枚质地均匀的硬币，若硬币正面朝上，则从箱子里抽出一个小球且不再放回；若硬币反面朝上，则不抽取小球；重复该试验，直至小球全部取出，假设试验开始时，试验者手中没有任何小球，下列说法正确的有( )
A. 经过两次试验后，试验者手中恰有2个白球的概率为340
B. 若第一次试验抽到一个白球，则第二次试验后，试验者手有白红球各1个的概率为12
C. 经过6次试验后试验停止的概率为320
D. 经过8次或9次试验后小球全部取出的概率最大
11.已知f(x)，g(x)的定义域为R，若f(1−x)+g(x)=3，g(−2)=2，且f(x+2)为奇函数，g(x+1)为偶函数，则( )
A. f(x)为偶函数B. g(x)为奇函数
C. f(−1)=−1D. g(x)关于x=1对称
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设随机变量X服从正态分布，即X～N1,σ2，若PX>2a−1=PX13.函数y=x43,−1≤x≤043x,014.某盒中有12个大小相同的球，分别标号为1,2,⋯,12，从盒中任取3个球，记ξ为取出的3个球的标号之和被3除的余数，则随机变量ξ的期望为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数fx=ax2+bx+cx2+4是定义在−2,2上的奇函数，且f1=15．
(1)求函数fx的解析式；
(2)判断并用定义法证明fx在−2,2上的单调性；
(3)解关于x的不等式fx−1+fx<0．
16.(本小题12分)
淮安西游乐园推出的西游主题毛绒公仔，具有造型逼真可爱、触感柔软等特点，深受学生喜爱．某调查机构在参观西游乐园的游客中随机抽取了200名学生，对是否有购买西游主题毛绒公仔的意愿进行调查，得到以下的2×2列联表：
(1)完成上述2×2列联表，根据以上数据，判断是否有99%的把握认为购买西游主题毛绒公仔与学生的性别有关？
(2)某文创商店为了宣传推广西游主题毛绒公仔产品，设计了一个游戏：在三个外观大小都一样的袋子中，分别放大小相同的1个红球和3个蓝球，2个红球和2个蓝球，以及3个红球和1个蓝球．游客可以从三个袋子中任选一个，再从中任取2个球，若取出2个红球，则可以获赠一套西游主题毛绒公仔．现有3名同学参加该游戏，ξ表示3名同学中获赠一套毛绒公仔的人数，求随机变量ξ的概率分布及数学期望．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
17.(本小题12分)
某小微企业对其产品研发的年投入金额x(单位：万元)与其年销售量y(单位：万件)的数据进行统计，整理后得到如下的数据统计表：
(1)公司拟分别用①y=bx+a和②y=enx+m两种模型作为年销售量y关于年投入金额x的回归分析模型，根据上表数据，分别求出两种模型的经验回归方程；
(2)统计学中常通过残差的平方和比较两个模型的拟合效果，若模型①和②的残差的平方和分别为9.9和4.2，请在①和②中选择拟合效果更好的模型，并估计当年投入金额为10万元时的年销售量．
参考公式：对于一组数据xi,yii=1,2,3,⋅⋅⋅n，其回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘估计分别为：b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2,a=y−bx．
参考数据：i=15xi−xyi−y=42，i=15xi−xzi−z=8.6，e2.48≈11.94．
18.(本小题12分)
某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客．为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有23的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分．假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率．
(1)从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；
(2)2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务．已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为45，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为14，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为13，如此往复．
(ⅰ)求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
(ⅱ)求甲第n(n=1,2,…,16)天选择“单车自由行”的概率Pn，并帮甲确定在2024年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数．
19.(本小题12分)
如果三个互不相同的函数y=fx，y=gx，y=ℎx在区间D上恒有fx≤ℎx≤gx或gx≤ℎx≤fx，则称y=ℎx为y=fx与y=gx在区间D上的“分割函数”．
(1)证明：函数f1x=x为函数y=lnx+1与y=ex−1在−1,+∞上的分割函数；
(2)若函数y=ax2+bx+ca≠0为函数y=2x2+2与y=4x在−∞,+∞上的“分割函数”，求实数a的取值范围；
(3)若m,n⊆−2,2，且存在实数k,d，使得函数y=kx+d为函数y=x4−4x2与y=4x2−16在区间m,n上的“分割函数”，求n−m的最大值．
答案解析
1.C
【解析】当a=1时，3a−1=2，此时A={1},B={1,2}满足A⊆B．
当a=3a−1时，a=12，此时A=12,B=1,12满足A⊆B，
故选：C．
2.C
【解析】依题意，μ=2000,σ=100，
PX≥1800=PX≥μ−2σ
=1−1−0.95452=0.97725≈0.9773．
故选：C
3.A
【解析】由a−6a+1<0，得−1所以2故选：A．
4.B
【解析】易知fx对称轴为x=1，故f1=−1，易知f−1=3，f2=0，
可得fx1∈−1,3，而gx=ax+2a>0，故gx在R上单调递增，
且g−1=−a+2，g2=2a+2，故gx2∈−a+2,2a+2，
故−1,3是−a+2,2a+2的子集，
可得−a+2≤−12a+2≥3a>0，解得a∈[3,+∞)，故 B正确．
故选：B
5.B
【解析】由题意可知，x=21+23+25+274=24,y=15+18+19+204=18，
将24,18代入y=0.8x+a，即18=0.8×24+a，解得a=−1.2，
所以y=0.8x−1.2，
当x=35时，y=0.8×35−1.2=26.8，
则n−26.8=1.2，所以n=28．
故选：B．
6.B
【解析】由X∼Bn,p，EX=2,DX=q，得np=2np(1−p)=q，则p+q2=1，p>0,q>0，
因此1p+1q=(1p+1q)(p+q2)=32+q2p+pq≥32+2 q2p⋅pq=3+2 22，
当且仅当q2p=pq，即q= 2p=2 2−2时取等号，
所以1p+1q的最小值为3+2 22．
故选：B
7.D
【解析】因为fx是偶函数，所以f−x=fx，所以f−3−x=f3−x，
即fx−3=f3−x，又fx+f3−x=0，故fx+fx−3=0，即fx=−fx−3①，用x−3代替x得fx−3=−fx−6②.
由①②得fx=fx−6，故fx的周期为6，故f2024=f6×337+2=f2，又由已知fx+f3−x=0得f2=−f1．
因为当x∈0,32时，fx=x2−94，所以f1=12−94=−54，故f2024=54．
故选：D．
8.C
【解析】解：对于A，每项比赛至少一位同学参加，则有C42⋅A33=36不同的安排方法，
事件A=“甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2人，则有A33=6种方法；
若跳高比赛安排1人，则有C32C11A22=6种方法，
所以安排甲参加跳高比赛的不同安排方法共有6+6=12种，则P(A)=1236=13，
同理P(B)=1236=13，
若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1人，有A22=2种不同的安排方法，所以P(AB)=236=118，
因为P(AB)≠P(A)P(B)，事件A与B不相互独立，故A错误；
对于B，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A与C可以同时发生，故事件A与C不是互斥事件，故B错误；
对于C，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有C31+C21=5种，所以P(AC)=536，所以PCA=P(AC)P(A)=53613=512，故 C正确；
对于D，PBA=P(AB)P(A)=11813=16，故 D错误．
故选：C
9.ABD
【解析】对于A，回归直线一定过样本中心x,y，A选项正确；
对于B，两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好，B正确；
对于C，甲、乙两个模型的R2分别约为0.98和0.80，则模型甲的拟合效果更好， C错误；
对于D，残差图中残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明选用的模型比较合适，D正确．
故选：ABD．
10.AD
【解析】A选项，经过两次试验后，试验者手中恰有2个白球，
需要两次投掷硬币，均正面朝上，且从箱子里抽出的两个小球均为白色，
故概率为12×35×12×24=340， A正确；
B选项，第二次试验需投掷硬币，正面朝上，且从箱子里抽出的小球为红球，
故概率为12×24=14， B错误；
C选项，经过6次试验后试验停止，即前5次有4次投掷硬币，正面朝上，
第6次投掷硬币，正面朝上，
概率为C54125×12=564， C错误；
D选项，设经过nn≥5次试验后小球全部取出的概率最大，
此时前n−1次有4次投掷硬币，正面朝上，第n次投掷硬币，正面朝上，
故概率为Cn−1412n−1×12=Cn−1412n，
令Cn−1412n≥Cn−2412n−1Cn−1412n≥Cn412n+1，解得8≤n≤9，
又n∈N∗，故经过8次或9次试验后小球全部取出的概率最大，D正确．
故选：AD．
11.ACD
【解析】解：因为fx，gx的定义域域均为R，由gx+1为偶函数得：g−x+1=gx+1，
所以gx图象关于x=1对称，D正确；
又因为gx+1=3−f−x，所以3−fx=3−f−x，fx=f−x，即fx为偶函数，A正确；
在gx+1=3−f−x中，令x=−3，则g−2=3−f3，而g−2=2，所以f3=1，因为fx+2为奇函数，所以f−x+2=−fx+2，
f1=−f3=−1，又fx为偶函数，所以f−1=f1=−1，C正确；
再在gx+1=3−f−x中，令x=1，得g2=3−f−1=4≠−g−2，所以函数gx不可能为奇函数，B错误．
故选ACD．
12.1
【解析】随机变量X服从正态分布N1,σ2且PX>2a−1=PX则由对称性得a+2a−1=2×1，所以a=1．
故答案为：1．
13.0,169
【解析】若−1≤x≤0，则y=x43=3x4，可知y=x43在−1,0内单调递减，
当x=−1时，y=1；当x=0时，y=0；
所以0≤y≤1；
若0对于y=43x,x∈R，可知y=43x在R内单调递增，
当x=0时，y=1；当x=2时，y=169；
所以当0综上所述：函数y=x43,−1≤x≤043x,0故答案为：0,169．
14.5455
【解析】从12个球中任取3个球有C123=220种不同的方法，
1到12中能被3整除的有3，6，9，12，除3余1的有1，4，7，10，除3余2的有2，5，8，11，
由题意知ξ的所有可能取值为0，1，2，
取出的3个球的标号之和能被3整除的情况有：
①标号被3整除的球中取3个有C43=4；
②标号被3除余数为1的球取3个有C43=4；
③标号被3除余数为2的球取3个有C43=4；
④标号被3整除和除3余1和除3余2的三类球各取1个有C41C41C41=64．
则Pξ=0=4+4+4+64220=1955．
取出的3个球的标号之和被3除余1的情况有：
①标号被3除余数为1的球1个和标号被3整除的球2个有C41C42=24；
②标号被3除余数为1的球2个和标号被3除余数为2的球1个有C41C42=24；
③标号被3除余数为2的球2个和标号被3整除的球1个有C41C42=24．
则Pξ=1=24+24+24220=1855．
取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有：
①标号被3除余数为1的球2个和标号被3整除的球1个有C41C42=24；
②标号被3除余数为1的球1个和标号被3除余数为2的球2个有C41C42=24；
③标号被3除余数为2的球1个和标号被3整除的球2个有C41C42=24，
则Pξ=2=24+24+24220=1855，
所以Eξ=0×1955+1×1855+2×1855=5455．
故答案为：5455．
15.解：(1)由题意可得ax2+bx+cx2+4=−a−x2+b−x+c−x2+4，
即ax2+bx+c=−ax2+bx−c，即ax2+c=0，故a=0，c=0，
又f1=a+b+c1+4=b5=15，故b=1，即fx=xx2+4；
(2)fx在−2,2上单调递增，证明如下：
设−2≤x1则fx1−fx2=x1x12+4−x2x22+4=x1x22+4−x2x12+4x12+4x22+4
=x1x22+4x1−x12x2−4x2x12+4x22+4=x1−x24−x1x2x12+4x22+4，
由−2≤x10，x12+4x22+4>0，
故fx1−fx2<0，
故fx在−2,2上单调递增；
（3）由函数fx为奇函数，故fx−1<−fx=f−x，
又函数fx在−2,2上单调递增，故有−2≤x−1≤2−2≤x≤2x−1<−x,
解得x∈−1,12．
所以不等式的解集为−1,12．
【解析】(1)借助奇函数的性质计算可得a、c，借助f1=15可得b，即可得解；
(2)借助单调性的定义，令−2≤x1(3)结合函数定义域，奇函数的性质与函数的单调性计算即可得．
16.解:(1)2×2列联表如下:
则χ2=200×(90×10−60×40)2150×50×130×70=60091≈6.5934<6.635,
所以没有99%的把握认为购买西游主题毛绒公仔与学生的性别有关.
(2)一次游戏中取出2个红球的概率p=13×0+13×C22C42+13×C32C42=29,
ξ=0,1,2,3,ξ~B(3,29),P(ξ=0)=(1-29)3=343729,P(ξ=1)=C31⋅29⋅(1−29)2=98243,
P(ξ=2)=C32⋅(29)2⋅(1-29)=28243,P(ξ=3)=C33⋅(29)3=8729,
所以随机变量ξ的概率分布为
所以E(ξ)=0×343729+1×98243+2×28243+3×8729=23.
​​​​​​​法二:E(ξ)=3×29=23.
【解析】(1)完成列联表，计算χ2得出结论即可；
(2)先求出一次游戏中取出2个红球的概率，再由随机变量服从二项分布计算对应概率列出分布列，计算数学期望即可.
17.解：(1)由题知，x=1+5+7+8+95=6,y=2+3+6+8+115=6
z=0.7+1.1+1.8+2.1+2.45=1.62
所以i=15xi−x2=1−62+5−62+7−62+8−62+9−62=40 ，
所以b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2=4240=1.05，a=6−1.05×6=−0.3，
所以模型①的经验回归方程为y=1.05x−0.3，
由y=enx+m，两边取自然对数可得lny=nx+m，即z=nx+m，
所以n=i=1nxi−xzi−zi=1nxi−x2=8.640=0.215，m=1.62−0.215×6=0.33，
所以模型②的经验回归方程为y=e0.215x+0.33
(2)因为9.9>4.2，即②的残差平方和较小，所以，模型②的拟合效果更好．
所以当x=10时，y=e0.215×10+0.33=e2.48≈11.94，
即当年投入金额为10万元时的年销售量的估计值为11.94万件．
【解析】(1)求出变量的均值后，根据经验回归方程中的公式计算即可求出系数，得到回归方程；
(2)根据残差平方和选择模型，利用模型的回归方程预测x=10时的销售量即可．
18.解：(1)由题意可设三人合计得分为离散型随机变量X，X的可能取值为3，4，5，6，
P(X=3)=(23)3=827，P(X=4)=C31⋅13⋅(23)2=1227，
P(X=5)=C32．(13)2．23=627，P(X=6)=(13)3=127，
所以，X的分布列是：
E(X)=3×827+4×1227+5×627+6×127=4．
(2)(i)设甲第二天选择“单车自由行”的概率P2，
由题意知：P2=45×14+15×(1−13)=13;
(ii)甲第n(n=1,2,⋯,16)天选择“单车自由行”的概率为Pn，
Pn=Pn−1⋅14+(1−Pn−1)⋅23=−512Pn−1+23(n=2,3,⋯,16)，
∴Pn−817=−512(Pn−1−817)，
又∵P1−817=2885≠0，∴Pn−817Pn−1−817=−512(n=2,3,⋯,16)，
∴数列{Pn−817}是以2885为首项，以−512为公比的等比数列，
∴Pn=817+2885．(−512)n−1(n=1,2,3,⋯,16)；
由题意知，只需Pn>1−Pn即Pn>12(n=1,2,⋯,16)，
817+2885．(−512)n−1>12，即(−512)n−1>8534×28=556(n=1,2,⋯,16)，
显然n必为奇数，偶数不成立，
故当n=1，3，5，⋯，15时，有(512)n−1>556即可，
当n=1时，(512)0>556，显然成立;
当n=3时，(512)2=25144>556，成立;
当n=5时，(512)4=625144×144<556，不成立，
又因为(512)n−1单调递减，所以n>5时不成立．
综上，选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数为2天．
【解析】(1)由题意可设三人合计得分为离散型随机变量X，X的可能取值为3，4，5，6，分别计算求出其概率，得到分布列，即可求出期望；
(2)(i)利用相互独立事件概率乘法公式能求出甲第二天选择“单车自由行”的概率;
(ii)①由Pn=Pn−1⋅14+(1−Pn−1)⋅23=−512Pn−1+23(n=2,3,⋯,16)，得Pn−817=−512(Pn−1−817)，推导出数列{Pn−817}是以2885为首项，以−512为公比的等比数列，由此能求出结果；
②由题意知，只需Pn>1−Pn即Pn>12(n=1,2,⋯,16)，817+2885⋅(−512)n−1>12，
即(−512)n−1>8534×28(n=1,2,⋯,16)，由此能求出结果．
19.解：(1)设F(x)=ln(x+1)−x，则F′(x)=1x+1−1，当−10,F(x)在(−1,0)上单调递增，
当x>0时，F′(x)<0,F(x)在(0,+∞)单调递减，则F(x)在x=0处取得极大值，即为最大值，
即F(x)≤F(0)=0，则当x∈(−1,+∞)时，x≥ln(x+1)；
设H(x)=ex−1−x，则H′(x)=ex−1−1，当−1当x>1时，H′(x)>0,H(x)在(1,+∞)上单调递增，则H(x)在x=1处取得极小值，即为最小值，
即H(x)≥H(1)=0，则当x∈(−1,+∞)时，x≤ex−1，
于是当x∈(−1,+∞)时，ln(x+1)≤x≤ex−1，
所以函数f1(x)=x为函数y=ln(x+1)与y=ex−1在(−1,+∞)上的“分割函数”．
(2)因为函数y=ax2+bx+c(a≠0)为函数y=2x2+2与y=4x在(−∞,+∞)上的“分割函数”，
则对∀x∈R，4x≤ax2+bx+c≤2x2+2恒成立，
而(2x2+2)′=4x，于是函数y=2x2+2在x=1处的 切线方程为y=4x，
因此函数y=ax2+bx+c的图象在x=1处的切线方程也为y=4x，又y′=2ax+b，
则2a+b=4a+b+c=4，解得a=cb=4−2a,
于是4x≤ax2+(4−2a)x+a≤2x2+2对∀x∈R恒成立，
即(2−a)x2+(4−2a)x+2−a≥0ax2−2ax+a≥0对∀x∈R恒成立，
因此2−a>0Δ1=(2a−4)2−4(2−a)(2−a)≤0a>0Δ2=4a2−4a2≤0，解得0所以实数a的取值范围是(0,2)．
(3)对于函数y=x4−4x2,y′=4x3−8x=4x(x+ 2)(x− 2)，
当x∈(−∞,− 2)和x∈(0, 2)时，y′<0，当x∈(− 2,0)和x∈( 2,+∞)时，y′>0，
则x= 2,x=− 2为y=x4−4x2的极小值点，x=0为极大值点，
函数y=x4−4x2的图象如图，
由函数y=kx+d为函数y=x4−4x2与y=4x2−16在区间m,n上的“分割函数”，
得存在d0≥d，使得直线y=kx+d0与函数y=x4−4x2的图象相切，
且切点的横坐标t∈[−2,− 2]∪[ 2,2]，
此时切线方程为y=(4t3−8t)x+4t2−3t4，即k=4t3−8t,d0=4t2−3t4，
设直线y=kx+d与y=4x2−16的图象交于点x1,y1,x2,y2，
则y=kx+dy=4x2−16消去y得4x2−kx−16−d=0，则x1+x2=k4,x1⋅x2=−16+d4，
于是|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= k216+16+d≤ k216+16+d0
= (t3−2t)2+16+4t2−3t4= t6−7t4+8t2+16
令t2=s,s∈[2,4],k(s)=s3−7s2+8s+16，则k′(s)=3s2−14s+8=(3s−2)(s−4)≤0，
当且仅当s=4时，k′(s)=0，所以k(s)在[2,4]上单调递减，k(s)max=k(2)=12，
因此x1−x2的最大值为2 3，所以n−m的最大值为2 3．
【解析】(1)根据给定的定义，利用导数证明不等式x≥ln(x+1)和x≤ex−1恒成立即可．
(2)由“分割函数”定义得4x≤ax2+bx+c≤2x2+2恒成立，借助导数及二次函数性质求解即得．
(3)利用导数求出函数y=x4−4x2的 极值，再利用“分割函数”的定义确定y=x4−4x2图象的切线及切点横坐标范围，然后求出直线y=kx+d被函数y=4x2−16图象所截弦长，利用不等式性质及导数求出最大值即得．x
21
23
25
27
y
15
18
19
20
有购买意愿
没有购买意愿
合计
男
40
女
60
合计
50
P(χ2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
x
1
5
7
8
9
y
2
3
6
8
11
z=lny
0.7
1.1
1.8
2.1
2.4
有购买意愿
没有购买意愿
合计
男
90
40
130
女
60
10
70
合计
150
50
200
ξ
0
1
2
3
P
343729
98243
28243
8729