安徽师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份安徽师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了5−1，9−1等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷 上无效.
考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
单项选择题：（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.）
曲线 y  x3 1在点 P(1, 0) 处切线的斜率为（ ）
A. -3B. -1C. 1D. 3
(x 1)3 的展开式的第 2 项是（ ）
x3
3x2
3xD. 1
函数 f  x 的定义域为 R ，其导函数 f '  x 的图像如图所示，则函数 f  x 极值点的个数为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
从装有 6 个红球，3 个白球的袋子中，不放回地依次抽取 2 个小球，在第一次抽取到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ）
2
1
1C. 1D. 2
343
在 x 1 x  2 x  3 x  4 x  5 的展开式中，含 x4 的项的系数是（）
A. 120B. 15C.
15
D. 120
如图，直线l 和圆C ，当l 从 l0 开始在平面上按顺时针方向绕点O 匀速转动（转动角度不超过90 ）时，它扫过的圆内阴影部分的面积S 是时间t 的函数．这个函数的图象大致是（ ）
A.B.
C.D.
某个游戏中，一个珠子按如图所示的通道，由上至下的滑下，从最下面的六个出口出来，规定猜中者为胜，如果你在该游戏中，猜得珠子从出口 3 出来，那么你取胜的概率为
55
A.B.
1632
1
C. D. 以上都不对
6
记 f  x  exsinx, f  x  f  x, f  x  f  x, f  x  f  x,L, f
 x  f  x ， n  N ，则
0102132
f2024 0  （）
n1n
2508
2507
D.
2507
多项选择题：（本题共 3 小题，每小题 6 分，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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.）
下列说法正确的是（ ）
将 5 封信投入 3 个邮筒，不同的投法共有35 种
从 6 男 4 女中选 4 人参加比赛，若 4 人中必须有男有女，则共有 194 种选法
有三张相同的参观券，要在 5 人中确定 3 人去参观，不同方法的种数是 60
甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有 12 种排法
某人有 10000 元全部用于投资，现有甲、乙两种股票可供选择，已知每股收益的分布列分别如表 1 和表
收益 X 元
-1
0
2
概率
0.1
0.3
0.6
2 所示，且两种股票的收益相互独立，假设两种股票的买入价都是每股 1 元，则下列说法正确的有（ ）表 1：甲每股收益的分布列
表 2：乙每股收益的分布列
甲每股收益的数学期望大于乙每股收益的数学期望
相对于投资甲种股票，投资乙种股票更稳妥
此人投资甲、乙两种股票，收益的数学期望之和为 11000 元
收益的方差之和最小时，此人是按照 1:1 的资金分配方式投资甲、乙两种股票的
设函数 f (x)  (x 1)2 (x  5) ，则下列说法正确的是（ ）
x  1 是 f (x) 的极小值点B. 当0  x  1时， f (x)  f x2 
收益Y 元
0
1
2
概率
0.3
0.3
0.4
当1  x  2 时， 8 
f (2x 1)  0
当1  x  0 时， f (2  x) 
f (x)
填空题：（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
nn
若C3  C7 ，则 n 的值是．
有 3 台车床加工同一型号的零件，第 1 台加工的次品率为 4%，第 2，3 台加工的次品率均为 3%；加工出来的零件混放在一起，且第 1，2，3 台车床加工的零件数分别占总数的 20%，30%，50%．现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为．
已知函数 f (x)  x3  x  a, x 
取值范围为．
1
[, e]
e
与 g(x)  3lnx  x 1 的图象上存在关于 x 轴对称的点，则 a 的
解答题：（本题共 6 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步漂．）
A7  A5
A
5
（1）解方程： nn  89 ；
n
（2）求所有满足 nA3  3A2 且An2  6An 的 n 的值．
nn88
​
已知函数 f (x)  (x  k )ex ．
求 f (x) 的单调区间；
求 f (x) 在区间[0,1] 上的最小值．
2
江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖 3 次，每次抽中纪念品的概率均为 1 ．若前 2 次未抽中纪念
品，则第 3 次无论抽中与否均获得纪念品．
求某球迷恰好获得 1 个纪念品的概率；
记 x 为某球迷获得第 1 个纪念品时的抽奖次数，求 x 的数学期望 E  x ．
已知函数 f  x  2  x  ax2 ln(1 x)  2x  b ．
当 a  0 时，若 f  x  0 ，当且仅当1  x  0 时，求b ．
若 x  0 是 f  x 的极大值点，求 a ．
品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出 n 瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这 n 瓶 酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评级．
现设n  4 ，分别以 a1 , a2 , a3 , a4 表示第一次排序时被排为 1,2,3,4 的四种酒在第二次排序时的序号，并令
X  1  a1  2  a2  3  a3  4  a4 ，
则 X 是对两次排序的偏离程度的一种描述．
写出 X 的可能值集合；
假设 a1 , a2 , a3 , a4 等可能地为 1,2,3,4 的各种排列，求 X 的分布列；
某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有 X  2 ，
试按(Ⅱ)中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；
你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由．
安徽师范大学附属中学 2025~2026 学年度第二学期期中考查
高二数学试题
注意事项：
本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷 上无效.
考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
单项选择题：（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.）
曲线 y  x3 1在点 P(1, 0) 处切线的斜率为（ ）
A. -3B. -1C. 1D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】 y  3x2 ，当 x  1 时，?′ = −3 × 12 = −3
(x 1)3 的展开式的第 2 项是（ ）
x3
3x2
3xD. 1
【答案】B
【解析】
【详解】展开式第二项为T  C1 x31 11  3x2 ．
23
函数 f  x 的定义域为 R ，其导函数 f '  x 的图像如图所示，则函数 f  x 极值点的个数为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的导函数的图象，结合函数的极值的定义，即可求解.
【详解】如图所示，设导函数 f  x 的图象与 x 轴的交点分别为 x1, x2 , x3 , x4 , x5 ，根据函数的极值的定义可知在该点处的左右两侧的导数符号相反，
可得 x1, x4 为函数 f  x 的极大值点， x2 , x5 为函数 f  x 的极小值点，
所以函数 f  x 极值点的个数为 4 个.
故选：C.
从装有 6 个红球，3 个白球的袋子中，不放回地依次抽取 2 个小球，在第一次抽取到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ）
2
1B. 1
3
【答案】C
C. 1D. 2
43
【解析】
【详解】袋中原来有6  3  9 个小球，其中白球有3 个，
已知第一次抽到白球，则第一次抽取后：袋中还剩9 1  8 个小球，白球还剩3  1  2 个，
所以在“第一次抽到白球”这个条件下，第二次抽到白球的概率为 P  2  1 .
84
在 x 1 x  2 x  3 x  4 x  5 的展开式中，含 x4 的项的系数是（）
A. 120B. 15C.
【答案】C
【解析】
15
D. 120
【分析】从5 个因式中， 4 个因式选择 x ，1个因式选择常数相乘即可得到含 x4 的项，即可得解.
【详解】在 x 1 x  2 x  3 x  4 x  5 中，
需要从5 个因式中的4 个因式中选择 x ，另1个因式中选择常数，相乘即可得到含 x4 的项，故含 x4 的项的系数为1 2  3  4  5  15 .
故选：C.
如图，直线l 和圆C ，当l 从 l0 开始在平面上按顺时针方向绕点O 匀速转动（转动角度不超过90 ）时，它扫过的圆内阴影部分的面积S 是时间t 的函数．这个函数的图象大致是（ ）
A.B.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，根据面积函数 S α 的变化趋势，结合图象的变化率先变大在变小，即可求解.
【详解】根据题意，可得面积S 随着α的增大而增加，所以函数 S α 为单调递增函数， 且增长趋势先慢后快，过圆心后逐渐变慢，即函数图象的变化率先变大在变小，
结合选项，可得选项 D 复合题意.故选：D.
某个游戏中，一个珠子按如图所示的通道，由上至下的滑下，从最下面的六个出口出来，规定猜中者为胜，如果你在该游戏中，猜得珠子从出口 3 出来，那么你取胜的概率为
55
A.B.
1632
1
C. D. 以上都不对
6
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概型的概率计算公式，分别求出包含事件 A 的基本事件数与基本事件总数即可求得结果.
5
【详解】由于珠子在每个岔口处有“向左”和“向右”两种情况，因为基本事件总数为25 ，而从出口 3 出来的每条路线中有 2 个“向右”和 3 个“向左”，即共有C2 条路线，
C25
故所求的概率为 P  5 .
2516
故选: A.
记 f  x  exsinx, f  x  f  x, f  x  f  x, f  x  f  x,L, f
 x  f  x ， n  N ，则
0102132
f2024 0  （）
n1n
2508
2507
D.
2507
【答案】C
【解析】
【分析】根据初等函数导数公式及导数运算法则求 f1  x, f2  x, f3  x,L，观察其规律，确定 f2024  x ，由此可得结论.
0
【详解】因为 f  x  exsinx ，
所以 f  x  f  x  ex sin x  cs x ，
10
f2  x  f3  x 
f  x  2ex cs x ，
1
2
f  x  2ex cs x  sin x ，
 x 
 x 
f 
f 
 x  
 x  
4ex sin x ，
4ex sin x  cs x ，
 x 
f 
 x  
8ex cs
x ，
 x 
f 
 x  
8ex cs
x  sin x ，
 x 
f 
 x  16ex sin x
， 
，
f43
f54
f65
f76
f87
4n
2024
观察可得 f x  4n ex sin x ，所以 f x  4506 ex sin x ，
2024
所以 f0  4506 e0 sin 0  0 ，故选：C.
多项选择题：（本题共 3 小题，每小题 6 分，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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.）
下列说法正确的是（ ）
将 5 封信投入 3 个邮筒，不同的投法共有35 种
从 6 男 4 女中选 4 人参加比赛，若 4 人中必须有男有女，则共有 194 种选法
有三张相同的参观券，要在 5 人中确定 3 人去参观，不同方法的种数是 60
甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有 12 种排法
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用分步乘法原理判断 A，利用排除法求解判断 B，确定参观券无区别，用组合法求方法数判断 C，用插空法求解判断 D．
【详解】对 A，每封信投入邮筒的方法都有 3 种，因此由分步乘法原理知方法数为35 ，A 正确；
对 B，可以任选 4 人，去除全是男的或全是女的选法，方法数为C4  C4  C4  194 ，B 正确；
1064
5
对 C，参赛券没有区别，方法数应为C3  10 ，C 错；
2 3
对 D，先排丙、丁二人，然后甲乙二人插入，方法数为A2A2  12 ，D 正确．
某人有 10000 元全部用于投资，现有甲、乙两种股票可供选择，已知每股收益的分布列分别如表 1 和表
2 所示，且两种股票的收益相互独立，假设两种股票的买入价都是每股 1 元，则下列说法正确的有（ ）
表 1：甲每股收益的分布列
表 2：乙每股收益的分布列
甲每股收益的数学期望大于乙每股收益的数学期望
相对于投资甲种股票，投资乙种股票更稳妥
此人投资甲、乙两种股票，收益的数学期望之和为 11000 元
收益的方差之和最小时，此人是按照 1:1 的资金分配方式投资甲、乙两种股票的
【答案】BC
【解析】
【分析】先分别求出甲、乙两种股票每股收益的数学期望与方差，由数学期望可判断 A；由方差可判断哪一种股票更稳妥，从而判断 B，设投资甲种股票 x 元，则投资乙种股票10000  x 元，利用独立随机变量方差可加性，建立方差关于 x 的二次函数，即可判断 C，D.
【详解】设甲、乙两种股票每股收益分别为随机变量 X ,Y .
对于甲种股票，?(?) = (−1) × 0.1 + 0 × 0.3 + 2 × 0.6 = −0.1 + 1.2 = 1.1.
又?(?2) = (−1)2 × 0.1 + 02 × 0.3 + 22 × 0.6 = 0.1 + 2.4 = 2.5.
所以?(?) = ?(?2)− ?(?)2 = 2.5−1.12 = 2.5−1.21 = 1.29.
对于乙种股票，?(?) = 0 × 0.3 + 1 × 0.3 + 2 × 0.4 = 0.3 + 0.8 = 1.1.
又?(?2) = 02 × 0.3 + 12 × 0.3 + 22 × 0.4 = 0.3 + 1.6 = 1.9.
所以?(?) = ?(?2)− ?(?)2 = 1.9−1.12 = 1.9−1.21 = 0.69.
判断 A：因为?(?) = ?(?) = 1.1,
所以甲每股收益的数学期望不大于乙每股收益的数学期望，故 A 错误.判断 B：因为?(?) = 1.29 > ?(?) = 0.69,
在平均收益相同的情况下，乙种股票收益波动更小，因此投资乙种股票更稳妥，故 B 正确,判断 C：设投资甲种股票 x 元，则投资乙种股票10000  x 元，
收益 X 元
-1
0
2
概率
0.1
0.3
0.6
收益Y 元
0
1
2
概率
0.3
0.3
0.4
由于买入价都是每股 1 元，所以分别买入甲、乙两种股票的股数就是 x,10000  x.
于是甲、乙两部分收益分别为??,(10000−?)?.
它们的数学期望之和为?(??) +? (10000−?)? = ??(?) + (10000−?)?(?)
= 1.1? + 1.1(10000−?) = 11000.
所以不论怎样分配资金，收益的数学期望之和都为11000 元，故 C 正确.
判断 D：由独立性知，总收益的方差为
?(??) + ?[(10000−?)?] = ?2?(?) + (10000−?)2?(?)
= 1.29?2 +0.69(10000−?)2.
设?(?) = 1.29?2 +0.69(10000−?)2.
则 f  x 是开口向上的二次函数，其最小值在顶点处取得.
令?′(?) = 2 × 1.29?−2 × 0.69(10000−?) = 0,
得1.29? = 0.69(10000−?).
解得 x  115000 . 此时10000  x  215000 .
3333
所以最优分配比为?:(10000−?) = 115000:215000 = 23:43,
并不是1:1. 故 D 错误.
设函数 f (x)  (x 1)2 (x  5) ，则下列说法正确的是（ ）
x  1 是 f (x) 的极小值点B. 当0  x  1时， f (x) 
f x2 
当1  x  2 时， 8 
f (2x 1)  0
当1  x  0 时， f (2  x) 
f (x)
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用求导判断函数的单调性，即可判断 A 项；利用函数单调性即可判断 B，C 项，利用作差比较法即可判断 D 项.
【详解】对于 A，由 f (x)  (x 1)2 (x  5) 求导得 f (x)  2(x 1)(x  5)  (x 1)2  (x 1)(3x 11) ，
由 f (x)  0 得 x  1或 x  11 ，由 f (x)  0 得1  x  11 ，
33
即函数 f (x) 在(,1) 和(11 , ) 上单调递增，在(1, 11) 上单调递减，即 x  1 是 f (x) 的极大值点，故
33
A 错误；
对于 B，当0  x  1时， 0  x2  x  1，由 A 项知函数 f (x) 在( 0, 1) 上单调递增，则 f (x) 
f x2  ，
故 B 正确；
对于 C，当1  x  2 时，1  2x  1  3 ，由 A 项知函数 f (x) 在(1, 11) 上单调递减，
3
故 f (3)  f (2x 1)  f (1) ，因 f (1)  0, f (3)  8 ，则8  f (2x 1)  0 ，故 C 正确；
对于 D，因 f (2  x)  (2  x 1)2 (2  x  5)  (x 1)2 (x  3) ，
则 f (2  x)  f (x)  (x 1)2 (x  3)  (x 1)2 (x  5)  (x 1)2 (x  3  x  5)  2(x 1)3 ，
因1  x  0 ，则 x 1  0 ，故 f (2  x)  f (x)  0 ，即此时 f (2  x)  f (x) ，故 D 正确.
填空题：（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
nn
若C3  C7 ，则 n 的值是．
【答案】10
【解析】
nn
【分析】根据组合数的性质Cm  Cnm ，结合条件，即可得答案.
【详解】根据组合数的性质Cm  Cnm ，且C3  C7 ，
nnnn
所以 n  3  7  10 .
故答案为：10
有 3 台车床加工同一型号的零件，第 1 台加工的次品率为 4%，第 2，3 台加工的次品率均为 3%；加工出来的零件混放在一起，且第 1，2，3 台车床加工的零件数分别占总数的 20%，30%，50%．现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为．
【答案】0.032
【解析】
【详解】设 B  “任取一个零件为次品”， Ai  “零件为第i 台车床加工” i  1, 2, 3 ，
?(?1) = 20%,?(?|?1) = 4%,?(?2) = 30%,?(?|?2) = 3%,?(?3) = 50%,?(?|?3) = 3% ，取到的零件是次品的概率为?(?) = ?(?1)?(?|?1) +?(?2)?(?|?2) +?(?3)?(?|?3)
= 20% × 4% +30% × 3% +50% × 3% = 0.032
已知函数 f (x)  x3  x  a, x 
取值范围为．
【答案】[2, e3  2]
1
[, e]
e
与 g(x)  3lnx  x 1 的图象上存在关于 x 轴对称的点，则 a 的
【解析】
【分析】两函数图象上存在关于
1
3
x 轴对称的点的等价命题是方程﹣x3
1
 x  a＝﹣3lnx  x 1在区间[ e , e] 上
有解，化简方程 a﹣1＝x﹣3lnx 在区间[ e , e] 上有解，构造函数，求导，求出单调区间，利用函数性质得解.
【详解】解：根据题意，若函数 f (x)  x2  x  a(1  x  e) 与 g  x  3ln x  x 1的图象上存在关于 x
e
轴对称的点，
31
则方程﹣x
 x  a＝﹣3lnx  x 1在区间[ e , e] 上有解，
31
即方程 a﹣1＝x﹣3lnx 在区间[ e , e] 上有解，
3
233(x3 1)
设函数 g(x)  x  3lnx ，其导数 g '(x)  3x
 ，
xx
又由 x 
1
[, e]
e
，可得：当 1  x  1时，
e
g '(x)  0, g(x) 为减函数，
当1  x  e 时， g '(x)  0, g(x) 为增函数，
故函数 g(x)  x3  3lnx 有最小值 g(1)  1，
11
又由 g()  3, g(e)  e3 ee3
 3 ；比较可得：
g()  g(e) ，
1
e
故函数 g  x  x3  3lnx 有最大值 g e  e3  3 ，
故函数 g  x  x3  3lnx 在区间[1 , e] 上的值域为[1, e﹣3 3] ；
1
e
若方程 a 1＝x3
 3lnx 在区间[ e , e] 上有解，
必有1  a 1  e3  3 ，则有2  a  e3  2 ，即 a 的取值范围是[2, e3  2]；
故答案为：[2, e3  2]；
【点睛】本题利用导数研究函数在某区间上最值求参数的问题, 函数零点问题的拓展. 由于函数 y 
f (x)
的零点就是方程 f (x)=0 的根，在研究方程的有关问题时，可以将方程问题转化为函数问题解决. 此类问
题的切入点是借助函数的零点，结合函数的图象，采用数形结合思想加以解决.
解答题：（本题共 6 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步漂．）
A7  A5
A
5
（1）解方程： nn  89 ；
n
（2）求所有满足 nA3  3A2 且An2  6An 的 n 的值．
nn88
【答案】（1） n  15 ；（2） n  4 ．
【解析】
【分析】（1）（2）利用排列数的阶乘计算公式化简求解即得.
n!
A7  A5  (n  7)!  
(n  5)! 
【详解】（1）因 nn
189 ，则
(n5)(n6)90 ，
A5n!
(n  7)!
n
(n  5)!
即 n2 11n  60  (n 15)(n  4)  0 ，又 n  7 且 n  N* ，则得 n  15 ．
nn
（2）由 nA3  3A2 得 n  n(n 1)(n  2)  3n(n 1) ，
因为 n  3 且 n  N* ，则得 n(n  2)  3 ，即(n  3)(n 1)  0 ，解得 n  3 ；
由An2  6An 得8!
6 8!，
88(6  n)!(8  n)!
化简得(8  n)(7  n)  6 ，即(n 10)(n  5)  0 ，解得 n  10 或 n  5 ，又因为n  2  8 ， n  N* ，所以3  n  5 且 n  N* ，
故n  4 ．
​
已知函数 f (x)  (x  k )ex ．
求 f (x) 的单调区间；
求 f (x) 在区间[0,1] 上的最小值．
【答案】（Ⅰ）单调递减区间是（
）；单调递增区间是
（Ⅱ）见解析
【解析】
【详解】（Ⅰ）令
，得
．
与
的情况如下：
所以，的单调递减区间是（）；单调递增区间是
（Ⅱ）当 ，即 时，函数 在[0，1]上单调递增，
所以 （x）在区间[0，1]上的最小值为 当 时，由（Ⅰ）知 f (x)在[0, k 1] 上单调递减，在(k  1,1] 上单调递增，
所以 在区间[0，1]上的最小值为 f (k 1)  ek1 ；
当 k 1  t,即k  2 时，函数 在[0，1]上单调递减，所以 在区间[0，1]上的最小值为 f (1)  (1 k )e.
2
江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖 3 次，每次抽中纪念品的概率均为 1 ．若前 2 次未抽中纪念
品，则第 3 次无论抽中与否均获得纪念品．
求某球迷恰好获得 1 个纪念品的概率；
记 x 为某球迷获得第 1 个纪念品时的抽奖次数，求 x 的数学期望 E  x ．
1
【答案】（ ） 1
2
7
（2）
4
【解析】
【分析】（1）记 B 为“恰好获得 1 个纪念品”，列出事件 B 包含的子事件，求出这些子事件的概率再求和即可；
（2）据题意得到 x 的可能值并求对应事件的概率，求 x 的分布列，再根据期望公式计算即得.
【小问 1 详解】
x
（ ）
（
—
0
+
↗
↗
设每次抽中纪念品为事件 A ，未抽中为事件 A ，且 P  A  1 ， P  A  1 .
22
记 B 为“恰好获得 1 个纪念品”，则有以下可能情况：
第 1 次中，第 2 次未中，第 3 次未中： P  P  A P  A P  A  1  1  1  1 ；

1
第 1 次未中，第 2 次中，第 3 次未中： P2
2228
  
 P A P  A P A  1  1  1  1 ；
2228
第 1、2 两次均未中，则第 3 次必得： P3
 P  A P  A  1  1  1 ；
224
所以 P  B  P1  P2  P3
【小问 2 详解】
 1  1  1  1 .
8842
记 x 为某球迷获得第 1 个纪念品时的抽奖次数，则 x 的可能取值为 1,2,3.
P  x  1  P  A  1 ；
2
 
P  x  2  P A  P  A  1  1  1 ；
224
224
P  x  3  P  A P  A  1  1  1 .
分布列
E  x  1 1  2  1  3 1  7 .
2444
已知函数 f  x  2  x  ax2 ln(1 x)  2x  b ．
当 a  0 时，若 f  x  0 ，当且仅当1  x  0 时，求b ．
若 x  0 是 f  x 的极大值点，求 a ．
【答案】（1） b  0
（2） a   1
6
【解析】
【分析】（1）本小问解题关键是将“若 f  x  0 ，当且仅当1  x  0 时”转化成“对x  0 ，有 f  x  0 ”，
利用导数，求出函数的单调性，从而求出b 的值；
（2）根据极大值点处导函数为0 ，且左侧单调递增，右侧单调递减，求出所有极值点，再讨论是否符号极大值即可.
x
1
2
3
p
1 2
1
4
1
4
【小问 1 详解】
解：由题意知 f  x 的定义域为(1, ) ，
当 a  0 时， f  x  (2  x) ln(1 x)  2x  b ，则 f  x  ln(1 x) 
x
，
1 x
(1+?)2
令 g  x  f  x ，则?′(?) = ?，
当 x  (1, 0) 时， g x  0 ，∴ g  x 在(1, 0) 单调递减， 当 x (0, ) 时， g x  0 ，∴ g(x) 在(0, ) 单调递增，又 g(0)  0 ，∵ g  x 在 x  0 取极小值也是最小值 g 0  0 ，
∴?(?) = ?′(?) ≥ 0 在(1, ) 恒成立，∴ f  x 在(1, ) 上单调递增．由题知， f  x  0 ，当且仅当1  x  0 ，
则对x  0 ，有 f  x  0 ，
∵ f  x 单调递增，∴ f (0) 是 x  0 时的最小值，∴ f (0)  0 ，代入 x  0 得 f (0)  b  0 ，∴ b  0 ，
当b  0 时， f  x  (2  x) ln(1 x)  2x ，且 f  x 在(1, ) 上单调递增， f (0)  0 ，
当1  x  0 ，则 f  x  f (0)  0
当 x  0 ，则 f (x)  f (0)  0 ，
因此 f  x  0 ，当且仅当1  x  0 成立，综上， b  0 .
【小问 2 详解】
由 f  x  2  x  ax2 ln(1 x)  2x  b ，
则?′(?) = (1 + 2??)ln(1 + ?) + 2+?+??2−2 = ??2−?+(1+2??)(1+?)ln(?+1)，
?+1
令 h  x  ax2  x  (1 2ax)(1 x) ln(x 1) ，
h x  4ax  (4ax  2a 1) ln(x 1) ．
当 a  0 ， x  0 时， h x  0 ， h  x 单调递增，
∴ h  x  h(0)  0 ，即 f  x  0 ．
?+1
∴ f  x 在(0, ) 上单调递增，故 x  0 不是 f  x 的极大值点，不符合题意．当 a  0 时，令 m  x  4ax  (4ax  2a 1) ln(x 1) ．
则 m x  8a  4a ln(x 1)  1 2a ，
x 1
显然 m x 单调递减，要使 x  0 是 f (x) 的极大值点，则 f 0  0 ，即 h 0  0 ，且 f  x 在 x  0 两侧左正右负.
注意到 h0  0 ，即 m(0)  0 ，
①令 m(0)  0 ， a   1 ，
6
∴当1  x  0 时， m x  0 ，当 x  0 时， m x  0 ，
∴ h x 在(1, 0) 上单调递增，在(0, ) 上单调递减，
∴ h x  h0  0 ，
∴ h  x 单调递减，又 h 0  0 ，
∴当1  x  0 时， h  x  0 ，即 f  x  0 ，当 x  0 时， h  x  0 ，即 f  x  0 ，
∴ f  x 在(1, 0) 上单调递增，在(0, ) 上单调递减，
∴ x  0 是 f  x 的极大值点，符合题意；
②若 1  a  0 ，则 m(0)  1 6a  0 ，?′ e
6
1+6?
−
4? −1
= (2?−1)
1−e
< 0 ，
1+6?
4?
∴ m x 在(0, ) 上有唯一零点，设为零点为 x0 ，
∴当0  x  x0 时， m x  0 ， h x 单调递增，
∴ h x  h0  0 ，即 f (x)  0 ．
∴ f  x 在0, x0  上单调递增，不符合题意；
③若 a   1 ，则 m(0)  1 6a  0 ， m 1 1  (1 2a)e2  0 ，
6 e2

∴ m x 在(1, 0) 上有唯一零点，设零点为x1 ，
∴当 x1  x  0 时， m x  0 ， h(x) 单调递减，
∴ h x  h0  0 ，∴ h( x) 单调递增，
∴ h(x)  h(0)  0 ，即 f  x  0 ，
∴ f  x 在 x1, 0 上单调递减，不符合题意．综上， a   1 ．
6
品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出 n 瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这 n 瓶 酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评级．
现设n  4 ，分别以 a1 , a2 , a3 , a4 表示第一次排序时被排为 1,2,3,4 的四种酒在第二次排序时的序号，并令
X  1  a1  2  a2  3  a3  4  a4 ，
则 X 是对两次排序的偏离程度的一种描述．
写出 X 的可能值集合；
假设 a1 , a2 , a3 , a4 等可能地为 1,2,3,4 的各种排列，求 X 的分布列；
某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有 X  2 ，
试按(Ⅱ)中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；
你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由．
【答案】(Ⅰ)｛0，2，4，6，8｝ (Ⅱ)见解析(Ⅲ) (i)1/216(ii)见解析
【解析】
【详解】解: ( 1 ) X 的可能取值集合为{0、2、4、6、8}
:在 1、2、3、4 中奇数与偶数各有两个,
所以 a2 , a4 中的奇数个数等于 a1 , a3 中的偶数个数,
1 a1  3  a3 与 2  a2  4  a4 | 的奇偶性相同，
所以 X   1 a1  3  a3    2  a2  4  a4 必为偶数,
X 的值非赖,且易知其值不大于 8，
.:.X 的可能取值集合为{0、2、4、6、8}
( 2 )可以用列表或者树状图列出 1、2、3、4 的一共 24 种排列，计算每种排列下的 x 的值，
在等可能的假定下，
得到 P( X  0)  1
24
P( X  2)  3
24
P( X  4)  7
24
P( X  6)  9
24
P( X  8)  4
24
(3)①首先 P( X  2)  P( X  0)  P( X  2) 
4  1
246
将三轮测试都有 X≤2 的概率记做 P ,有上述结果和独立性假设得
 1 3
P   
6

 1
216
②由于P  1 5是一个很小的概率,
2161000
这表明仅凭随机猜测得到三轮测试都有 X≤2 的结果的可能性很小，
:我们认为该品酒师确实有良好的鉴别功能,不是靠随机猜测.