宁夏石嘴山市第一中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试卷

这是一份宁夏石嘴山市第一中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试卷，共24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.

已知数列
an a  2
满足 1，
an1
 3  an , n为奇数

3  an , n为偶数，则 a2025  （）
1
B. 1C. 2D. 4
已知等比数列a 的公比为正数，且 a  a  4a2 ， a  1，则 a  （）
n39521
2
A. 4B. 2C. 1D. 1
要安排 6 名学生到 5 个乡村做志愿者，每名学生只能选择去 1 个村，每个村里至少有 1 名志愿者，则不同的安排方法共有（）
A. 720 种B. 1800 种C. 3600 种D. 1200 种
已知函数 f  x  x3  ax 在1, 2上单调递增，则实数 a 的取值范围是（）
a  3
a  12
a  3
a  12
随机变量 X 的分布列如表，则方差 D  X   （）
1452
B. C. D.
3993
已知定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f '  x  1，则不等式 f 2x  x 1  f  x 1 的解集为（）
X
0
1
2
P
a
1
3
3a
A. , 1
1, 
∞,1
1, 
若函数 f (x)  ax3  2x2  x 1 在(1, 2) 上有最大值无最小值，则实数 a 的取值范围为
a   3
4
a   5
3
 5  a   3
34
 5  a   3
34
如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点 E, F 分别是棱 BC, CC1 的中点， P 是侧面
BCC1B1 内一点，若 A1P ∥平面 AEF ，则线段 A1P 长度的取值范围是（）
5 
 3 25 
 5
1, 2 
 4
, 2 
 2
, 2 

2, 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.
下列说法正确的是（ ）
若随机变量 X 和Y 满足Y  2 X 1，且 D  X   3 ，则 D Y   7
若随机变量 X ~ N 3,σ2  ， P  X  5  0.7 ，则 P  X  1  0.3
2 16
3
若随机变量 X ~ B  8,  ，则 E  X  
3
在含有4 件次品的10 件产品中任取3 件，取到的次品数为 X ，则 P  X  2  1
2
已知函数 f  x  x3  3x2  4 ，则（ ）
函数 f  x 关于点1, 2 对称
过点3, 4 作函数 f  x 的切线切线方程为 y  9x  23
函数 f  x 有 2 个极值点
存在无数多个 a 值，使得方程 f  x  ax 有两个不同的解
计算机显示的数字图像是由一个个小像素点组合而成的．处理图像时，常会通过批量调整各像素点的亮度，间接调整图像的对比度、饱和度等物理量，让图像更加美观．特别地，当图像像素点规模为 1 行
1 n2
n
n 1列时，设第i 列像素点的亮度为 xi ，则该图像对比度计算公式为Cxi    xi  xi1 
i1
，该计算结
果的大小代表图像对比度的强弱．
已知某像素点规模为 1 行 n 1列的图像第i 列像素点的亮度 xi 0, 9i  1, 2,L, n 1 ，现对该图像进行调整，有 2 种调整方案：
① yi  axi  b a  0, b  0, i  1, 2,L, n 1 ；② zi  clg  xi 1c  0, i  1, 2,L, n 1 ，则（ ）．
使用方案①调整，当 a  2 ， b  3 时，调整后的对比度比原对比度更强
1
使用方案②调整，当c  3 时，调整后的对比度是原对比度的
9
ii
使用方案①调整，当Cx   Cy  时， a  1
使用方案②调整，当 x  9 i 1 i  1, 2,L, n 1 ， c  ln10 时， Cx   Cz 
inii
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
函数 f (x) 3 x  1 , e2   的值域为．

e


ln x 1
 
《红楼梦》四十一回中，凤姐为刘姥姥准备了一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡汤、鸡脯 肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉七种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，鸡汤最后下锅，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有种.
一质点落在三棱锥 A  BCD 的顶点A 处，每次均以相同的可能性沿着某条棱移动到另一个顶点处，记
i
i
i
36
事件 E i  N*  表示“该质点移动i 次后落在顶点A ”， E 为 E 的对立事件，则 P E∣E  
．
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.
2 6
x
已知二项式 x  

求展开式中所有二项式系数的和；
求展开式的第 5 项的系数.
超声波检查结果
组别
正常
不正常
合计
患该疾病
20
180
200
未患该疾病
780
20
800
合计
800
200
1000
为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了 1000 人，得到如下列联表：
记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为 P，求 P 的估计值；
根据小概率值α 0.001 的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.
附χ2 
n(ad  bc)2
，
(a  b)(c  d )(a  c)(b  d )
如图，该几何体由两个相同的正四棱台组合而成
证明： BG / / EJ
已知 M，N，O 分别是棱 FG ， AB ， DC 的中点，过点 M，N，O 的平面截该几何体所得的截面是边长为 2 的正六边形，求棱 BG 的长度.
已知 FG  4 ，该几何体的体积 56 3 ，平面 ABGF 与平面CBGH 夹角的余弦值为 1 ，求棱 AB 的
34
P x2… k 
0.005
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10 828
长度.
己知 f  x 是函数 f  x 的导函数， x0 是 f  x 的零点，若在 x  D 上， f  x 
f  x 是 D 上的“好函数”.
若函数 f  x  x3  x  2 是0, m上的“好函数”，求整数m 的值.
f  x0  恒成立，则称
已知函数 f  x  a
ex
 lnx 1.
讨论 f  x 的零点个数；
已知 x0 是 f  x 的零点，证明： f  x 是0,1 上的“好函数”.
对于含有有限个元素的非空数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后
从最大的数开始交替地减，加后继的数，例如2, 3, 5 的“交替和”是5  3  2  4,5 的“交替和”是 5.
求集合1, 2, 3 的所有非空子集的交替和的总和；
已知集合T  1, 2, 3, 4, 5, 6 ，求集合T 所有非空子集的元素和的总和；
已知集合 Mn  {ak ak  5  2k, k  1, 2,L, n}，其中 n  N* 求集合 Mn 所有非空子集的交替和的总
和.
石嘴ft市第一中学 2024-2025 学年第二学期高二 6 月月考
数学试题
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.

已知数列
an a  2
满足 1，
an1
 3  an , n为奇数

3  an , n为偶数，则 a2025  （）
1
B. 1C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知得到数列an的周期为 4，应用周期性求项.
【详解】由题设 a2  3  a1  1 ， a3  3  a2  4 ， a4  3  a3  1， a5  3  a4  2 ，L ，所以数列an的周期为 4，且 a1  a2  a3  a4  2 1 4 1  6 ，
所以 a2025  a45061  a1  2 .
故选：C
已知等比数列a 的公比为正数，且 a  a  4a2 ， a  1，则 a  （）
n39521
2
A. 4B. 2C. 1D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列an的公比为 q （ q  0 ），则由已知条件列方程组可求出 a1
【详解】设等比数列an的公比为 q （ q  0 ），
a 2q10  4a 2q8
1
由题意得 a q2  a q8  4(a q4 )2 ，且 a q  1 ，即 11，
111
q2  4
a1q  1
a q  1 ，
 1
因为 q  0 ，所以 q = 2 ， a  1 ，
12
故选：D
要安排 6 名学生到 5 个乡村做志愿者，每名学生只能选择去 1 个村，每个村里至少有 1 名志愿者，则不
同的安排方法共有（）
A. 720 种B. 1800 种C. 3600 种D. 1200 种
【答案】B
【解析】
【分析】将 6 名学生分成 5 组，再安排到 5 个乡村，利用分步乘法原理列式求解.
【详解】依题意，将 6 名学生分成 5 组有C2 种方法，再把分成的 5 组安排到 5 个乡村有A5 种方法，
65
6 5
所以不同的安排方法共有C2A5  1800 种.
故选：B
已知函数 f  x  x3  ax 在1, 2上单调递增，则实数 a 的取值范围是（）
a  3
a  12
a  3
a  12
【答案】C
【解析】
【分析】由函数的单调性与导数的关系可得 f  x  0 对任意的 x 1, 2 恒成立，结合参变量分离法可求出实数 a 的取值范围.
【详解】因为 f  x  x3  ax ，则 f  x  3x2  a ，
min
因为函数 f  x  x3  ax 在1, 2上单调递增，则 f  x  0 对任意的 x 1, 2 恒成立，则 a  3x2 对任意的 x 1, 2 恒成立，则 a  3x2  3 .
故选：C.
随机变量 X 的分布列如表，则方差 D  X   （）
1452
A.B.C.D.
3993
【答案】C
【解析】
【分析】利用分布列的性质求出 a 的值，可求出 E  X  的值，再利用方差公式可求得 D  X  的值.
X
0
1
2
P
a
1
3
3a
【详解】由分布列的性质可得 a  1  3a  1，解得 a  1 ，所以 E  X   0  1 1 1  2  1  4 ，
4 21
3
4 21
6
4 215
6323
故 D  X    0  3   6  1 3   3   2  3 
  .
29

故选：C.
已知定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f '  x  1，则不等式 f 2x  x 1 
f  x 1 的解集为（）
A. , 1
1, 
∞,1
1, 
【答案】B
【解析】
【分析】
构造函数 g(x) 
f 2x  x 1 
f (x)  x ，利用 g '  x  0 判断出 g  x  在 R 上递增，由此化简不等式
f  x 1 并求得不等式的解集.
【详解】令 g(x) 
f (x)  x ，有 g '  x 
f '  x 1  0 ，得函数 g(x) 在 R 上单调递增，又由不等式
f 2x  x 1 
f  x 1 可化为 f 2x  2x 
f  x 1   x 1 ，有 g 2x  g  x 1 ，
2x  x 1 ， x  1 .
故选：B
若函数 f (x)  ax3  2x2  x 1 在(1, 2) 上有最大值无最小值，则实数 a 的取值范围为
a   3
4
a   5
3
 5  a   3
34
 5  a   3
34
【答案】C
【解析】
【详解】分析：函数 f  x  ax3  2x2  x 1 在1, 2 上有最大值无最小值，则极大值在1, 2 之间，一阶导函数有根在1, 2 ，且左侧函数值小于 0，右侧函数值大于 0，列不等式求解
详解：f′（x）＝3ax2+4x+1，x∈（1，2）．
a＝0 时，f′（x）＝4x+1＞0，函数 f（x）在 x∈（1，2）内单调递增，无极值，舍去． a≠0 时，△＝16﹣12a．
由△≤0，解得 a  4 ，此时 f′（x）≥0，函数 f（x）在 x∈（1，2）内单调递增，无极值，舍去．
3
2 4  3a
2 4  3a
1
2
由△＞0，解得 a＜ 4 （a≠0），由 f′（x）＝0，解得 x ，x ．
33a3a
当0＜a＜ 4 时，x ＜0，x ＜0，因此 f′（x）≥0，函数 f（x）在 x∈（1，2）内单调递增，无极值，舍
312
去．
当 a＜0 时，x1＞0，x2＜0，∵函数 f（x）＝ax3+2x2+x+1 在（1，2）上有最大值无最小值，
∴必然有 f′（x1）＝0，∴1＜ 2 
解得：  5 ＜ a＜ 3 ．
4  3a ＜2，a＜0．
3a
34
综上可得：  5 ＜ a＜ 3 ．
34
故选：C．
点睛：极值转化为最值的性质：
1、若f x在x a, b 上有唯一的极小值，且无极大值，那么极小值为f x 的最小值；
2、若f x在x a, b 上有唯一的极大值，且无极小值，那么极大值为f x 的最大值；
如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点 E, F 分别是棱 BC, CC1 的中点， P 是侧面
BCC1B1 内一点，若 A1P ∥平面 AEF ，则线段 A1P 长度的取值范围是（）
5 
 3 25 
 5
1, 2 
 4
, 2 
 2
, 2 

2, 3

【答案】B

【解析】
【分析】根据线面平行的条件构造面面平行从而得到 P 点的轨迹，在根据平面几何知识求出 A1P 的范围.
【 详解】 如图， 取 B1C1 的中点 M ， BB1 的中点 N ， 连接 A1M , A1 N , MN ， 显然 AA1 / /ME ， 且
AA1  ME ，
所以四边形 AEMA1 为平行四边形，所以 AE / / A1M ，又因为 A1M Ë 平面 AEF ，
AE  平面 AEF ,所以 A1M / / 平面 AEF ，因为 MN / / BC1 / / EF ， MN  平面 AEF ，
因为 A1P  平面 AMN ，所以 A1P / / 平面 AEF ，点 P 在侧面 BCC1B1 上，所以点 P 位于线段 MN 上，
1  2 
 1 2

5
因为 A1M  A1 N  2 ，
 1 2 1 2
 2    2 

2
MN 
，所以当点 P 位于 M , N 点时， A1P 最大，
2
当点 P 位于 MN 的中点O 时， A1P 最小，
5 2 
2
2
 2    4 

3 2
此时 A1O 4，
所以 3 2 
A P  5 ，所以线段 AP 长度的取值范围是 3 2 , 5  .
4121
 42 

故选：B
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.
下列说法正确的是（ ）
若随机变量 X 和Y 满足Y  2 X 1，且 D  X   3 ，则 D Y   7
若随机变量 X ~ N 3,σ2  ， P  X  5  0.7 ，则 P  X  1  0.3
2 16
3
若随机变量 X ~ B  8,  ，则 E  X  
3
在含有4 件次品的10 件产品中任取3 件，取到的次品数为 X ，则 P  X  2  1
2
【答案】BC
【解析】
【分析】利用方差的性质可判断 A 选项；利用正态密度曲线的对称性可判断 B 选项；利用二项分布的期望公式可判断 C 选项；利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可判断 D 选项.
D Y   4D  X   4  3  12 ，A 错；
对于 B 选项，随机变量 X ~ N 3,σ2  ， P  X  5  0.7 ，则 P  X  1  P  X  5  1 P  X  5  0.3，B 对；
2 
216
33
对于 C 选项，因为随机变量 X ~ B  8, ，则 E  X   8

，C 对；
3
对于 D 选项，在含有4 件次品的10 件产品中任取3 件，取到的次品数为 X ，
C2C1
363
所以 P  X  2  4 6 ，D 错.
C
10
312010
故选：BC.
已知函数 f  x  x3  3x2  4 ，则（ ）
函数 f  x 关于点1, 2 对称
过点3, 4 作函数 f  x 的切线切线方程为 y  9x  23
函数 f  x 有 2 个极值点
存在无数多个 a 值，使得方程 f  x  ax 有两个不同的解
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的对称中心所满足条件检验即可判断 A，由过点切线的求法，求出切线判断 B，利用导数
判断函数的单调性即可得出极值点个数判断 C，转化为 g(x)  f (x)  ax  x3  3x2  ax  4 有两个零点后，
利用导数分析函数的图象大致变化规律，确定 a 的取值个数，判断 D.
【详解】因为 f 1 x  f 1 x  1 x3  1 x3  31 x2  31 x2  8

 2 1 x2  1 x1 x  1 x2   31 x2  31 x2  8  4 ，所以函数 f  x 关于点1, 2 对称，故 A 正确；
00
0000
设切点为 x0 , y0  ，由 f  x  3x2  6x ，切线斜率为 k  3x2  6x ，
所以切线方程为 y  y
 3x2  6x
 x  x
 ，代入点3, 4 ，
000000000
解得 x0  0 或 x0  3，所以切线方程为 y  4 ， y  9x  23 ，故 B 错误；
由 f  x  3x2  6x  3x  x  2 可知，当 x  0 或 x  2 时， f  x  0 ，当0  x  2 时， f  x  0 ，所以 f  x 在, 0 和2,  上单调递增，在0, 2 上单调递减，
所以函数有极值点0, 2 ，故 C 正确；
令 g(x)  f (x)  ax  x3  3x2  ax  4 ，原问题转化为存在无数多个 a 值，使 g(x)  0 有两个不同根，
g(x)  3x2  6x  a ，当  36 12a  0 时， g x  0 恒成立，函数 g(x) 单调递增，故 g(x)  0 至多一解，当  36 12a  0 时，设 g(x)  3x2  6x  a  0 的两根为 x1, x2  x1  x2  ，则 x  x1 或 x2  x
时， g x  0 ，
当 x1  x  x2 时， g x  0 ，所以 g(x) 在, x1  和 x2 ,  上单调递增，在 x1, x2  上单调递减，所以
g  x  在x1 处取极大值，在 x2 处取极小值，所以 g(x)  0 有两个解时，极大值或极小值为 0，即
g  x   x3  3x2  ax  4  0 或 g  x   x3  3x2  ax  4  0 ，
11112222
111
11
因为 g(x )  3x 2  6x  a  0 ，所以 a  3x2  6x ，当
111111
1
g  x   2x3  3x2  4   x  22x2  x  2  0 时，解得 x  2 ，此时 a  0 ；
同理若 g  x   x3  3x2  ax  4  0 ，解得 a  0 ，
2222
综上，存在 a  0 使得方程 f  x  ax 有两个不同的解，不存在无数个 a ，方程 f  x  ax 有两个解，故
D 错误. 故选：AC
计算机显示的数字图像是由一个个小像素点组合而成的．处理图像时，常会通过批量调整各像素点的亮度，间接调整图像的对比度、饱和度等物理量，让图像更加美观．特别地，当图像像素点规模为 1 行
1 n2
n
n 1列时，设第i 列像素点的亮度为 xi ，则该图像对比度计算公式为Cxi   xi  xi1 
i1
，该计算结
果的大小代表图像对比度的强弱．
已知某像素点规模为 1 行 n 1列的图像第i 列像素点的亮度 xi 0, 9i  1, 2,L, n 1 ，现对该图像进行调整，有 2 种调整方案：
① yi  axi  b a  0, b  0, i  1, 2,L, n 1 ；② zi  clg  xi 1c  0, i  1, 2,L, n 1 ，则（ ）．
使用方案①调整，当 a  2 ， b  3 时，调整后的对比度比原对比度更强
1
使用方案②调整，当c  3 时，调整后的对比度是原对比度的
9
ii
使用方案①调整，当Cx   Cy  时， a  1
使用方案②调整，当 x  9 i 1 i  1, 2,L, n 1 ， c  ln10 时， Cx   Cz 
inii
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图象对比度公式，以及对数运算公式，结合选项，即可判断.
【详解】使用方案①调整：当 a  2 ， b  3 时 yi  2xi  3 ，又 xi 0, 9 则 yi  xi ，
i
Cx  
1 i12
∑
xixi1
， Cy  
2
i12
4
∑ xi  xi1 
 4Cx  ，
n nin ni
又Cx   0 ，故Cx   Cy  ，所以调整后的对比度比原对比度更强，A 正确；
iii
C1 i12
a2 i12
i
x  
∑ xi  xi1  n n
， Cy  
∑ xi  xi1  ，
n n
i
C C
a2  1
*
当 xi yi  ，即
nn 且 n  N
，又 a  0 ，可得 a  1 ，C 正确；
1 n2
n
使用方案②调整：当c  3 时 zi  3lg  xi 1 ， Cxi    xi  xi1 
i1
对比度公式为非线性变换C
 9 1 n lg  x
1  lg  x12 ，
zi 
n i1 
1
ii1
所以调整后的对比度不一定是原对比度的 ，
9
例如： n  1, x1  1, x2  0 时，
C
 1 n
 x  x
2  1， C
 9 1 n
lg  x
1  lg  x
12  9 lg2 2 ，
xi 
n i1
ii1
zi 
n i1 
ii1
此时C
 1  92 lg2 2  9C，即 1 C C
xi zi 
B 错误；
9 xi zi 
z  c  ln  xi 1 ，而0  c  ln10 ，则t  c 0,1 ，故 z
 tln  x
1 ，
iln10
ln10ii
又 x  9 i 1 i  1, 2,L, n 1 ，则 z
 tln  9i  9  n  ， z
 tln  9i  n  ，
iini1n
n
z  z
  9i  9  n   ln  9i  n  
 9
所以 ii1
t ln 
n
n
tln 19i  n  ，

C t
2 n
所以 z 
ln 1
92

，

in 
9i  n 
i1 
设 f  x  ln 1 x  x ， x 0, ∞ ，
则 f  x 
1
1 x
1 
x
1 x
 0 ，
所以函数 f  x  ln 1 x  x 在0, ∞ 上单调递减，
所以ln 1 x  x  0 ，即若 x  0 ，则ln 1 x  x ，
又 n 19
 19
 1 9
 10n  9 ，
n  99  n
9i  n
10n
10n
9 n9 10n  9 9 
所以 ln 1 n   ln  n  9   ln 1 9i  n   ln 
10n
  ln 1 n 

99 9
所以 ln 1 9i  n   ln 1 n   n ，

t 2 i1 
92
t 2  92t 281
i
所以Cz   ∑ ln 1
 
 2  n  2 ，
n n 
 9 281
9i  n 
2
n  nn
C C
又Cx    n 
 n2 ， 0  t
 1 ，所以 xi zi  ，D 正确．
i
故答案为：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
函数 f (x) 
3 x  1 , e2   的值域为．

e


【答案】[1, )
ln x 1
 
【解析】
【分析】由 x  1 , e2  及对数函数的性质，可得到ln x 的取值范围，进而得到ln x 1的取值范围，从而得
 e
3
到
ln x 1

的取值范围，即可求得函数 f (x) 的值域.
【详解】因为 x  1 , e2  ，所以ln x (1, 2] ， ln x 1(0,3]，
 e
3
所以
ln x 1

[1, ) ，即 f (x) 的值域为[1, ) ．
故答案为：[1, ) .
《红楼梦》四十一回中，凤姐为刘姥姥准备了一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡汤、鸡脯 肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉七种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，鸡汤最后下锅，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有种.
【答案】12
【解析】
【分析】利用捆绑法结合倍缩法可得出不同的下锅顺序种数.
【详解】根据题意，将香菌、新笋、豆腐干三种原料进行捆绑，且这三种原料无顺序，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，鸡汤最后下锅，
A4
A
2
所以，不同的下锅顺序种数为 4  12 种.
2
故答案为：12 .
一质点落在三棱锥 A  BCD 的顶点A 处，每次均以相同的可能性沿着某条棱移动到另一个顶点处，记
i
i
i
36
事件 E i  N*  表示“该质点移动i 次后落在顶点A ”， E 为 E 的对立事件，则 P E∣E  
．
49
【答案】
61
【解析】
【分析】先分析某次在点A 则下次在或不在点A ，某次不在点A ，则下次在或不在A 的概率，再按照分步
乘法计算 P  E3  、P E6 E3  、P E6 E3 ，进而利用概率的乘法公式得 P  E3E6  、P E3E6 ，最后利用贝叶斯公式计算即可.
【详解】我们将 B, C, D 三个点看作为一个整体，
如果某次在点A ，则下次一定不在点A 的概率为1；
12
如果某次不在点A ，则下次在A 与不在A 的概率分别为 、 ，
33
因 P  E   1 2  1  2 ， P E E   1 2  1  2 ，

333963339
则 P  E E   P  E  P E E
  2  2  4 ，
3 6363

E3
9981
因 P E   1 2  7 ， P E
  1 1 1  2  2  1  7 ，
399
6
3333327
E3
则 P E E   P E  P E
  7  7  49 ，
3 636
927243

P E3 E6 
P E3 E6 
49
24349
则根据贝叶斯公式可得 P E3 E6  
P  E6 
P E E   P  E E
  49 4  61 ．
49
故答案为：
61
3 63 6

24381
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.
2 6
x
已知二项式 x  

求展开式中所有二项式系数的和；
求展开式的第 5 项的系数.
【答案】（1） 64
（2） 240
【解析】
【分析】（1）根据二项式系数和为2n 计算可得；
（2）写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【小问 1 详解】

对于二项式 x 

2 6 
x

，则展开式中所有二项式系数的和为26  64 ；
【小问 2 详解】

因为二项式 x 
2 6

展开式的通项为T
 2 r
 Cr x6r  
（ 0  r  6 且 r  N ），
x 
 2 4
r 16
 x 
所以T  C4 x2
 240x2 ，所以展开式的第 5 项的系数为240 .
x
56 

超声波检查结果
正常
不正常
合计
为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了 1000 人，得到如下列联表：
记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为 P，求 P 的估计值；
根据小概率值α 0.001 的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.
组别
患该疾病
20
180
200
未患该疾病
780
20
800
合计
800
200
1000
附χ2 
n(ad  bc)2
，
(a  b)(c  d )(a  c)(b  d )
9
【答案】（1）
10
（2）有关
【解析】
【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出；
（2）根据独立性检验的基本思想,求出χ2 ,然后与小概率值α 0.001 对应的临界值10.828 比较,即可判断.
【小问 1 详解】
根据表格可知，检查结果不正常的200 人中有180 人患病，所以 p 的估计值为 180  9 ；
20010
【小问 2 详解】
零假设为 H0 ：超声波检查结果与患病无关，

1000  20  20  780 180 2
根据表中数据可得， χ2  765.625  10.828  x，
P x2… k 
0.005
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
800  200  800  200
0.001
根据小概率值α 0.001 的χ2 独立性检验，我们推断 H0 不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关， 该推断犯错误的概率不超过0.001 .
如图，该几何体由两个相同的正四棱台组合而成
证明： BG / / EJ .
已知 M，N，O 分别是棱 FG ， AB ， DC 的中点，过点 M，N，O 的平面截该几何体所得的截面是边长为 2 的正六边形，求棱 BG 的长度.
已知 FG  4 ，该几何体的体积 56 3 ，平面 ABGF 与平面CBGH 夹角的余弦值为 1 ，求棱 AB 的
34
长度.
【答案】（1）证明见解析
5
（2） BG 
（3）2
【解析】
【分析】（1）根据 P，E，G，Q 四点共面，四边形 PEQG 为菱形，即可得出 BG / / EJ ；
MN 2  MG  NB2
根据正六边形边长计算求解得出 BG ；
建立空间直角坐标系，求出平面 ABGF 与平面CBGH 的法向量，再应用二面角余弦计算得出 h  2 3 ，最后结合四棱台体积公式计算求解.
【小问 1 详解】
如图，分别延长两个正四棱台的侧棱，得到正四棱锥 P  EFGH 及正四棱锥Q  EFGH ，所以 PE  PG  QE  QG .
连接 EG ， FH ，记 EG ∩ FH  R ，连接 PR ， QR .
在正四棱锥 P  EFGH 及正四棱锥Q  EFGH 中， PR  平面 EFGH ， QR  平面 EFGH ，所以直线 PR 与QR 是同一条直线.
因为 PQ ∩ EG  R ，所以 P，E，G，Q 四点共面，所以四边形 PEQG 为菱形，所以 BG / / EJ .
【小问 2 详解】
解：连接ON ， MN .
因为过点 M，N，O 的平面截该几何体所得的截面是边长为 2 的正六边形，所以ON  MN  2 ， GH  FG  4 .
MN 2  MG  NB2
5
故 BG .
【小问 3 详解】
解：记正方形 ABCD 的中心为S ，连接 SB ， RM .
以 R 为坐标原点， RM 所在直线为 x 轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设 PR  h ，则 P 0, 0, h ， G 2, 2, 0 ， H 2, 2, 0 ，所以 HG  4, 0, 0 ， PG  2, 2, h .
→
记平面CBGH 的法向量为 m   x, y, z  ，
 → –––→
m  HG  0,4x  0,
则 →
–––→
即2x  2 y  hz  0,
m  PG  0,
m
取 y  h ，则 →  0, h, 2 .
→
同理可得平面 ABGF 的一个法向量为 n  h, 0, 2 .
→ →
→ →
cs m, n
m  n

→ →
m n
4 1 ，
h2  22  h2  22
4
解得 h  2 3 ，
所以正四棱锥 P  EFGH 的体积V
 1 S
3
 h  1 16  2
 32 3 .
13 正方形EFGH33
因为该几何体的体积为 56 3 ，所以正四棱台 DABC  EFGH 的体积V  28 3 ，
3
则正四棱锥 P  ABCD 的体积V
 V V
23
 4 3 .
3123
2
RG  2
.设 AB = a ，则 SB 
2a .
2

PS
因为VPSB ~VPRG ，所以
SB ，所以 PS 
3a ，
PRRG2
则V  1 S
 PS  1 a2 3a  4 3 ，解得 AB  a  2 .
33 正方形ABCD
323
己知 f  x 是函数 f  x 的导函数， x0 是 f  x 的零点，若在 x  D 上， f  x 
f  x 是 D 上的“好函数”.
若函数 f  x  x3  x  2 是0, m上的“好函数”，求整数m 的值.
f  x0  恒成立，则称
已知函数 f  x  a
ex
 lnx 1
讨论 f  x 的零点个数；
已知 x0 是 f  x 的零点，证明： f  x 是0,1 上的“好函数”.
【答案】（1） m  1.
（2）（i）答案见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将问题转换为 f  x  f 1 在0, m上恒成立，即 f  x  4 在0, m上恒成立，故只需由函
数单调性即可得解；
（2）（i）将问题转换为 h  x  ex  ax 在0, ∞ 上的零点个数，求导分类讨论函数单调性，结合零点存在
定理即可求解；（ii）当 a ≤e 时，只需证明 f  x  0  f  x0  ，当 a  e ，只需证明 f  x  f  x0  ，结
合两种情形即可得证.
【小问 1 详解】
易知 f  x  x3  x  2 在R 上单调递增，且 f 1  0 ，则 x  1 是 f  x 唯一的零点.
因为 f  x  x3  x  2 是0, m上的“好函数”，且 f  x  3x2 1 ，
所以 f  x  f 1 在0, m上恒成立，即 f  x  4 .
因为 f  x  x3  x  2 在R 上单调递增，且 f 1  0  4, f 2  8  4, m  0 ，所以整数 m  1.
【小问 2 详解】
因为 f  x  a  1  ex  ax ，且 xex  0 ，所以 f  x 的零点个数等价于函数 h  x  ex  ax 在
exxxex
0, ∞ 上的零点个数.
当a  0 时， h  x  0, h  x 没有零点.
当 a  0 时， h x  ex  a ，令 h x  0 ，则 x  lna ，
所以当 x  lna 时， h x  0, h  x 单调递减，当 x  lna 时， h x  0, h  x 单调递增.又 h  x  h ln a  a 1 ln a ，所以当0  a  e 时， h  x  0 ，此时 h  x 没有零点；当 a  e 时， h  x  h 1  0 ，此时 h  x 有一个零点；
当 a  e 时， h lna  0 ，又 h 0  1  0, h 1  e  a  0, h a  ea  a2  0 ，所以结合 h  x 的单调性可知， h  x 在0,1 和lna, a 上各恰有一个零点，
即 f  x 在0,1 上存在一个零点x1 ，在lna, a 上存在一个零点 x2 .
综上，当 a  e 时， f  x 没有零点；当 a  e 时， f  x 有一个零点；当 a  e 时， f  x 有两个零点.
证明：①若 a ≤e ，由（i）可知， h  x 在0,1 上没有零点，且 f  x  0 ，
则 f  x 在0,1 上单调递增， f  x  f 1  a 1  0 ，且 x  1 .
因为 f  x0  
a
ex0
 lnx0
1  0 ，所以 f  x0
e
  
a  1
ex0x
0
1
 lnx0  x
1.
00
设函数 k  x  lnx  1 1 ，则 k x  x 1 ，当0  x  1时， k x  0, k  x 单调递减，
xx2
当 x  1 时， k x  0, k  x 单调递增，故 f  x0   k  x0   k 1  0 .
故当 a ≤e 时， f  x  0  f  x0  .
②若 a  e ，由（i）可知， f  x 在0,1 上存在一个零点x1 ，
即 f  x 在0,1 上存在唯一的极大值点x1 ，故当0  x  1时， f  x  f  x1  .
由（i）可知， x  1，且 f  x   a  lnx 1  lnx  1 1  k  x   k 1  0 ，
x
e
22x2222
2
则当 x  x1 时， f  x  0 .
又因为 f ea   a a  a 1  0 ，且 f  x 在0, x  上单调递增，
ee1
所以 f  x 存在唯一的零点 x ，且满足ea  x  x  1 .
001
设函数φ x 
f  x  f  x  lnx  1 1  k  x ，
x
则φ x0   f  x0   f  x0   f  x0   k  x0 ,φ x1   f  x1   f  x1   f  x1   k  x1  .
由上可知， k  x 在0,1 上单调递减，且0  x0  x1  1 ，
则 k  x1   f  x1   k  x0   f  x0  ，此时 f  x  f  x1   f  x0  .
综上，由①②可知，当0  x  1时， f  x  f  x0  ，故 f  x 是0,1 上的“好函数”.
对于含有有限个元素的非空数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后
从最大的数开始交替地减，加后继的数，例如2, 3, 5 的“交替和”是5  3  2  4,5 的“交替和”是 5.
求集合1, 2, 3 的所有非空子集的交替和的总和；
已知集合T  1, 2, 3, 4, 5, 6 ，求集合T 所有非空子集的元素和的总和；
已知集合 Mn  {ak ak  5  2k, k  1, 2,L, n}，其中 n  N* 求集合 Mn 所有非空子集的交替和的总
和.
【答案】（1）12；（2）672；
（3） 3 2n1, n  N .
【解析】
【分析】（1）先求出集合1, 2, 3 的所有非空子集，根据“交替和”的定义分别求和后可得所有的“交替和”的和；
根据题意计算每个元素出现的次数求所有非空子集的元素和的总和；
将集合 Mn 的所有非空子集分类，并将含有 3 的多元素子集与不含有 3 的非空子集配对求出每对集合
的“交替和”的和，再加上单元素集3的“交替和”即可.
【小问 1 详解】
集合1, 2, 3 的非空子集有1,2,3,1, 2,1, 3,2, 3,1, 2, 3 ，根据题意，集合1,2,3 的交替和分别为1, 2, 3 ，
集合1, 2的交替和为2 1  1 ，集合1, 3 的交替和为3  1  2 ，集合2, 3 的交替和为3  2  1，
集合1, 2, 3 的交替和为3  2 1  2 ，
所以，集合1, 2, 3 的所有非空子集的交替和的总和为1 2  3 1 2 1 2  12 .
【小问 2 详解】
集合T  1, 2, 3, 4, 5, 6 的所有非空子集中，考虑数字 1 在子集中出现的情况，
相当于从剩下的 5 个元素中选取若干个元素与 1 组成子集，那么 1 出现的次数为25  32 次.
同理，每个元素出现的次数为25  32 次，
所以，集合T 所有非空子集的元素和的总和为32 1 2  3  4  5  6  672 .
【小问 3 详解】
集合 Mn  {ak
ak  5  2k, k  1, 2,L, n}  3,1, 1, 3,L, 5  2n，其非空子集有2n 1个，
将这些非空子集分为 3 类：第一类，含元素 3 的单元素集3，有 1 个，其“交替和”为 3；第二类，含元素 3 的多元素集合（至少两个元素），有2n1 1个；
第三类，不含元素 3 的非空集合，有2n1 1个，
将第二类中的集合A 与第三类中的集合 A （集合A 中的元素去掉元素 3 构成的新集合）配对，则集合A 与集合 A 的“交替和”的和始终为 3，
如取 A  3,1, 5，则 A  1, 5，集合A 与集合 A 的“交替和”的和为
3 1 5  1 5  3 ，
这样的配对共有2n1 1组，因此集合 Mn 的所有非空子集的“交替和”的总和为
32n1 1  3  3 2n1, n  N .