安徽省六安第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份安徽省六安第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
满分：150 分时间：120 分钟
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
已知A2C3  48 ，则 n  （ ）
n 4
A. 3B. 4C. 5D. 6
已知随机变量 X 的分布列如下：
若 E  X   0 ，则 D 3X 1  （ ）
7
A. B. 7C. 21D. 22
3
x2 ln
x
x
函数 y 的图象大致是（ ）
A.B.
C.D.
在 2  x  (x  y)7 的展开式中， x5 y2 的系数为（ ）
y 

A. 7B. 15C. 30D. 65
当 x  1 时，函数 f (x)  a ln x  b 取得最大值2 ，则 f (2)  （）
x
X
2
0
1
2
P
m
1
6
1
3
n
1
 1
3
 1
2
1
从标有 0，1，2，3，4 的五张卡片中随机选取 4 张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数大于2025 的个数为（）
A. 41B. 42
C. 43D. 44
已知过点 A(a, 0) 可以作曲线 y  (x  1)ex 的两条切线，则实数 a 的取值范围是（ ）
(1, )
C. ∞, e 2, ∞
(, 3) ∪ (1, )
D. (, 2) ∪ (2, )
甲、乙两人拿两颗如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏，规则如下：由一人同时掷两个骰子，观察底面点数，若两个点数之和为 5，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是 5，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，设第 n 次由甲掷的概率为 Pn ，则 P10 的值为（）
511
2
A.B.
1024
1C.
513
D.
1024
257
512
二、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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分．
下列说法正确的是（）
999
C0 29  C1 28 L C9  39
若2x 18  a  a x  a x2 L  a x8 ，则 a  a L a  0
0128128
5555 被 8 整除的余数为 1
1.0510 精确到0.1 的近似数为 1.1
甲箱中有 2 个白球和 3 个黑球，乙箱中有 3 个白球和 2 个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以 A1 ， A2 分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以 B 表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论正确的是（ ）
P  A   3B. P B∣A   2
1513
3
P  A2B 
10
P(B)  17
30
已知函数 f  x  ax 和 g  x  ln x 有相同的最大值b ，直线 y  m 与两曲线 y  f  x 和 y  g  x 恰
exax
好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为 x1, x2 , x3 ，则以下说法正确的是（）
a  1
b  1
e
x1, x2 , x3 成等差数列D. x1, x2 , x3 成等比数列
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分，两个空的题目，第一空 2 分，第二空 3 分.
2520 有个不同的正因数.
从 4 种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体 A  BCD 的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有种．
已知k  0 ，对任意的 x  1 , ∞ ，不等式ekx kx 1  exlnx 恒成立，则 k 的取值范围是

 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.

在
2 n
x
 x2 
的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项，

求 n 的值；
求系数最大的项
某学校共开设 ABCDEF 六门体验课程.
若体验课连续开设六周，每周一门（不重复），求“ A ”和“ B ”课程排在不相邻的两周的所有排法种数；
现有甲、乙、丙三名学生报名参加体验课程，每人都选两门课程，甲和乙仅有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；
计划安排三名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，求所有课程安排的种数．
已知函数 f (x)  ex  ln x  a 1．
xx
若在(1, f (1)) 处的切线斜率为1，求 a ；
若 f (x)  0 恒成立，求 a 的取值范围．
某公司为活跃气氛、提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励．规定：每位员工从一个装有 4 个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出 2 个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额．
若袋中所装的 4 个阄中有 1 个所标的面值为 800 元，其余 3 个均为 200 元，求：
①员工所获得的奖励金额为 1000 元的概率；
②员工所获得的奖励金额的分布列及均值；
公司对奖励金额的预算是人均 1000 元，并规定袋中的 4 个阄只能由标有面值 200 元和 800 元的两种阄或标有面值 400 元和 600 元的两种阄组成．为了使员工得到的奖励金额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励金额相对均衡，请对袋中的 4 个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
已知函数 f (x)  a2 x2  3ax ln x, a  0 ．
当 a  1 时，求曲线 y  f (x) 在[1, 2] 上的最值；
讨论 f (x) 的零点个数；
当 a  3 时，证明： f (x)  2 sin x ．
2
六安一中 2026 年春学期高二年级期中考试
数学试卷
满分：150 分时间：120 分钟
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
已知A2C3  48 ，则 n  （ ）
n 4
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由排列数与组合数的计算公式，列出方程，即可求解.
【详解】由排列数与组合数的计算公式，可得A2C3  n(n 1)  4  48 ，
n 4
即 n(n 1)  12 且 n∈N∗，解得n  4 .
故选：B.
已知随机变量 X 的分布列如下：
若 E  X   0 ，则 D 3X 1  （ ）
7
A. B. 7C. 21D. 22
3
【答案】C
【解析】
【详解】易知 m  1  1  n  1，可得 m  n  1 ；
632
又 E  X   0 ，可知2m  0  1 1 1  2n  0 ，所以 m  n  1 ，解得 m  1 , n  1 ，
63636
因此 D  X   1 2  02  1 0  02  1 1 02  1 2  02  4  0  1  2  7 ；
36363333
所以 D 3X 1  32 D  X   9  7  21 .
3
x2 ln
x
x
函数 y 的图象大致是（ ）
X
2
0
1
2
P
m
1
6
1
3
n
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定函数定义域，判断函数奇偶性，即可判断 B；当 x  0 时， f  x  x ln x ，利用导数判断此时函数的单调性，即可判断 A，C，D，即得答案．
x2 ln
x
x
【详解】函数 y 的定义域为x x  0 ，
x2 ln
x
x
x2 ln
x
x
x2 ln
x
x
设 f  x  y ，则 f x  f  x ，故 y 为偶函数，
其图象关于 y 轴对称，则 B 中图象错误；
又当 x  0 时， f  x  x ln x, f  x  ln x 1，
由 f  x  0 ，得 x  1 ，由 f  x  0 ，得0  x  1 ，
ee
故 f  x  x ln x 在 0, 1  上单调递减，在 1 ,  上单调递增，
e  e

故 A、C 错误，故选 D.
在 2  x  (x  y)7 的展开式中， x5 y2 的系数为（ ）
y 

A. 7B. 15C. 30D. 65
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用二项展开式的通项公式求出(x  y)7 的展开式中含 x5 y2 和含 x4 y3 的系数，再求原式的 x5 y2 的系数即可.
【详解】在(x  y)7 的展开式中， x5 y2 的系数为C2 (1)2  21， x4 y3 的系数为C3 (1)3  35 ，
77
所以 2  x  (x  y)7 的展开式中， x5 y2 的系数为2  211 35  7 .
y 

故选：A.
当 x  1 时，函数 f (x)  a ln x  b 取得最大值2 ，则 f (2)  （）
x
1
 1
3
 1
2
1
【答案】C
【解析】
b 
【分析】求出函数的导函数，依题意可得 ?′(1) = 0 ，即可求出 a 、 ，再检验，即可求出 f  2 的值.
?(1) = −2
【详解】因为 f  x  a ln x  b 的定义域为0, ∞ ，又 f  x  a  b ，
?′(1) = 0
x
?−? = 0
a  2
xx2
b  2
依题意可得 ?(1) = −2 ，即 ? = −2 ，解得，
此时 f  x  2 ln x  2 ，则?′(?) = −2 + 2 = 2(1−?)，
x?
?2
?2
所以当0  x  1时 f  x  0 ，则 f  x 在0,1 上单调递增；当 x  1 时 f  x  0 ，则 f  x 在1, ∞ 上单调递减，
则 f  x 在 x  1 处取得最大值，符合题意；
所以 f 2  1 1   1 .
22
从标有 0，1，2，3，4 的五张卡片中随机选取 4 张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数大于2025 的个数为（）
A. 41B. 42
C. 43D. 44
【答案】A
【解析】
【分析】分析千位数是 4、3、2 三种情况，求出四位偶数中大于2025 的数的个数，即可得答案.
【详解】当千位数是 4 时，比 2025 大的偶数，先填个位数，再从余下的 3 个数中选 2 个作全排列，有
2 3
A1 A2  12 种；
3 3
当千位数是3 时，比2025 大的偶数，先填个位数，再从余下的 3 个数中选 2 个作全排列，有A1A2  18 种；
3
当千位数是2 时，分成两类情况：①个位是0 且比2025 大，在余下的 3 个数中任选 2 个作全排列，有A2  6
种，
②个位是4 且比2025 大的偶数有2104, 2034, 2304, 2134, 2314 ，共 5 种，综上，比2025 大的偶数共有12 18  6  5  41种，
已知过点 A(a, 0) 可以作曲线 y  (x  1)ex 的两条切线，则实数 a 的取值范围是（ ）
【分析】先对函数求导，设切点x0 ,  x0 1ex0  ，写出切线方程，将点 A(a, 0) 代入切线方程，得到
A. (1, )
B.
(, 3) ∪ (1, )
C. ∞, e 2, ∞
D.
(, 2) ∪ (2, )
【答案】B
【解析】
00
x 2  a 1 x
1  0 ，根据切线有两条，得到方程有两根，结合判别式即可求出结果.
【详解】由 y  (x  1)ex 得 y  ex   x 1ex  xex ，
00
0
设过点 A(a, 0) 的直线与曲线 y  (x  1)ex 切于点x ,  x 1ex0  ，则切线斜率为 k  x ex0 ，
所以切线方程为 y   x 1ex0  x ex0  x  x 
000
因为切线过点 A(a, 0) ，
所以0   x 1ex0  x ex0 a  x  ，整理得 x 2  a 1 x
1  0 ，
00000
因为过点 A(a, 0) 的切线有两条，
00
所以方程 x 2  a 1 x
1  0 有两不同实根，
因此  a 12  4  0 ，解得 a  1 或 a  3 ，即实数 a 的取值范围是, 3 1,  .
故选：B
甲、乙两人拿两颗如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏，规则如下：由一人同时掷两个骰子，观察底面点数，若两个点数之和为 5，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是 5，就由对方接着掷．第
一次由甲开始掷，设第 n 次由甲掷的概率为 Pn ，则 P10 的值为（）
511
2
A.B.
1024
1C.
513
D.
1024
257
512
【答案】A
【解析】
【分析】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为 5 的概率为 1 ，第 n 次由甲掷有两种情况：一是
4
第 n 1次由甲掷，第 n 次由甲掷，概率为 1 P
4 n1
；二是第 n 1次由乙掷，第 n 次由甲掷，概率为
是以 为首项，
3 1  P ，由已知得 P   1 P 3 ，可得到数列P  1 1 1 为公比的等比数列，
4n1
n2 n14
 n2 22

由此可得解.
【详解】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为 5 有 4 种情况，得点数之和为 5 的概率为
4  1 ，
164
第 n 次由甲掷有两种情况：
一是第 n 1次由甲掷，第 n 次由甲掷，概率为 1 P；
4 n1
n1
二是第 n 1次由乙掷，第 n 次由甲掷，概率为 3 1  P ．
4
这两种情况是互斥的，所以 P  1 P 3 1  P ，即 P   1 P 3 ，
n4 n14
n1
n2 n14
所以 P  1   1  P 1  ，即数列P  1 是以 P  1  1 为首项，  1 为公比的等比数列，所以
n22 
n12 
 n2 

1222

11 
1 n1
11 
1 9
511
Pn     ，所以 P10      ．
22 2 
22 2 
1024
故选：A
【点睛】方法点睛：本题考查概率的求法，互斥事件概率加法公式，等比数列的性质，在数列an中，
an  kan1  b （ k 、b 均为常数，且 k  1 ， k  0 ），可以利用构造法求数列的通项公式：设
a  m  k a
 m ，得到b  k 1 m ， m 
b，可得出数列a 
b 
是以 k 的等比数列，可
nn1
k 1
 nk 1

求出 an ；
二、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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分．
下列说法正确的是（）
999
C0 29  C1 28 L C9  39
若2x 18  a  a x  a x2 L  a x8 ，则 a  a L a  0
0128128
5555 被 8 整除的余数为 1
1.0510 精确到0.1 的近似数为 1.1
【答案】AB
【解析】
【分析】逆用二项式定理计算可判断 A 项，运用赋值法，令 x  0 ，x  1 求解可判断 B 项，由5555  (56 1)55 ，结合二项式定理计算可判断 C 项，1.0510  (1 0.05)10 ，结合二项式定理计算可判断 D 项.
999
【详解】对于 A 项，由二项式定理可知C0 29  C1 28 L C9  (2 1)9  39 ，故 A 项正确；
对于 B 项，令 x  0 得 a0  1 ①，令 x  1 得1  a0  a1  a2 L  a8 ②，所以①②可得 a1  a2 L a8  0 ，
故 B 项正确；
对于 C 项， 5555  (56 1)55  C0 5655  C1 5654  C2 5653 L C54 561  C55560 ，
5555555555
由此可得5555 被 8 整除的余数为8 1  7 ，故 C 项错误；
对于D项，1.0510  (1 0.05)10  C0 0.050  C1 0.051  C2 0.052 L C10 0.0510
 1 0.5  0.1125 L  1.5  0.1125 L，
所以1.0510 精确到0.1 的近似数为1.6 ，故 D 项错误.
1010
1010
甲箱中有 2 个白球和 3 个黑球，乙箱中有 3 个白球和 2 个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以 A1 ， A2 分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以 B 表示从乙箱中取
出的是白球，则下列结论正确的是（ ）
A. P  A   3B. P B∣A   2
1513
3
P  A2B 
10
P(B)  17
30
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于 A，由古典概型可得结果；对于 B，由样本空间点可得结果；对于 C，先求出 P  B | A2  ，再由条件概率的定义可得 P  A2B ；对于 D，由全概率公式可算得 P  B .
【详解】对于 A，由古典概型可知 P  A   2 ，故 A 错误；
15
对于 B，由条件概率可知 P  B | A1  表示在由甲箱中取出的是白球的条件下，从乙箱中取出的是白球的概率，
当甲箱中取出的是白球放入乙箱后，乙箱中有 4 个白球和 2 个黑球，由古典概型可知 P  B | A   4  2 ；
163
对于 C，由 B 选项分析同理可得 P  B | A   3  1 ，
2
P  A2B

62

P  A2 B13
由条件概率的定义可知 P  B | A2  
P  A2 
3 2  P  A2B  10 ，故 C 正确；
5
对于 D，由全概率公式可得 P  B  P  B | A  P  A   P  B | A  P  A   2  2  1  3  17 ，故 D 正
1122
确.
352530
故选：BCD.
已知函数 f  x  ax 和 g  x  ln x 有相同的最大值b ，直线 y  m 与两曲线 y  f  x 和 y  g  x 恰
exax
好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为 x1, x2 , x3 ，则以下说法正确的是（）
a  1
b  1
e
x1, x2 , x3 成等差数列D. x1, x2 , x3 成等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导数分类讨论求最值，然后数形结合，利用指数与对数之间的转化求解即可.
【详解】对于 AB， f  x  ax 
ex
f  x  a(1 x) ，
ex
当 a  0 时，当 x  1 时， f  x  0, f  x 单调递减，当 x  1时， f  x  0, f  x 单调递增，
所以当 x  1 时，函数 f  x 有最大值，即 f  x

max
f 1  a ；
e
当 a  0 时，当 x  1 时， f  x  0, f  x 单调递增，当 x  1时， f  x  0, f  x 单调递减，
所以当 x  1 时，函数 f  x 有最小值，没有最大值，不符合题意，
由 g  x  lnx  g x  1 lnx ，
axax2
当 a  0 时，当 x e时， g x  0, g  x 单调递减，当0  x  e 时， g x  0, g  x 单调递增，
所以当 x e时，函数 g  x  有最大值，即 g  x
max
 g e  1 ；
ae
当 a  0 时，当 x e时， g x  0, g  x 单调递增，当0  x  e 时， g x  0, g  x 单调递减，
所以当 x e时，函数 g  x  有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有 a  1  a  1,Q a  0, a  1, b  1 ，因此选项 AB 正确，
eaee
对于 CD，两个函数图像如下图所示：
由数形结合思想可知：当直线 y  m 经过点 M 时，
此时直线 y  m 与两曲线 y  f  x 和 y  g  x 恰好有三个交点，
不妨设0  x1  1  x2  e  x3 ，
x1
1
且ex
 x2
ex2
 ln x2  ln x3  m ， x2x3
由 x1  ln x2  ln x2 

f  x   f ln x  ，又x  1, ln x
 ln e  1，
2
ex1xeln x2
1212
又当 x  1时， f  x 单调递增，所以 x1  ln x2 ，
又 x2  ln x3  ln x3 

f  x   f ln x  ，又x  1, ln x
ln e  1 ，
3
ex2xeln x3
2323
又当 x  1 时， f  x 单调递减，所以 x2  ln x3 ，
x3  ln x3  x2 1 ，
x2ln x2ln x2m
x2  x2
 1 ，于是有 x2  x3  x x
 x2 ，
xx
x1ln x2m
x1 x3
且 x1  x3  2
1 32
12
 2x2 ，所以选项 C 错误，D 正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：利用数形结合思想，结合等式 a  blgb a 是解题的关键.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分，两个空的题目，第一空 2 分，第二空 3 分.
2520 有个不同的正因数.
【答案】 48
【解析】
【分析】由分步乘法计数原理进行求解．
【详解】对 2520 分解质因数： 2520  23  32  51  71 ，
根据正因数个数公式计算得： (3 1) (2 1) (11) (11)  4  3 2  2  48 .
从 4 种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体 A  BCD 的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有种．
【答案】96
【解析】
【分析】根据所涂颜色的种数分类，结合排列，组合公式，即可求解.
4
【详解】若所有相对的棱涂同一种颜色，共用 3 种颜色，有A3  24 种方法，
34
若所有相对的 3 对棱中有 2 对对棱涂同色，共用 4 种颜色，有C2A4  72 种方法，
所以共有24  72  96 种方法.
故答案为： 96
已知k  0 ，对任意的 x  1 , ∞ ，不等式ekx kx 1  exlnx 恒成立，则 k 的取值范围是

 e
．
【答案】1, ∞
【解析】
【分析】构造函数 f  x  xex  x  R ，利用单调性得到 kx 1  lnx ，分离参数，求出 g  x  lnx 1 ，
x
x  1 , ∞ ，的最大值即可

 e
【详解】由条件得ekx1 kx 1  xlnx  elnx  lnx ，
构造函数 f  x  xex  x  R ，对其求导得 f  x   x 1ex ，令 f  x  0 得 x  1 ，
于是当 x  1时， f  x  0 ，函数 f  x 单调递减；当 x  1 时， f  x  0 ，函数 f  x 单调递增．
因为k  0 ， x  1 , ∞ ，所以 kx 1  1， lnx  1 ，根据 f kx 1  f lnx ，得到 kx 1  lnx ，

 e

分离参数得 k  lnx 1 对x  1 , ∞ 恒成立，
只需 k  ( lnx 1)
x
x
max．
 e
构造函数 g  x  lnx 1 ， x  1 , ∞ ，对其求导得 g x  lnx ，

x ex2
令 g x  0 得 x  1 ，于是当 1  x  1时， g x  0 ，函数 g  x 单调递增；
e
当 x  1 时， g x  0 ，函数 g  x 单调递减，
所以 g(x)max  g 1  1，于是 k  1 ，因此 k 的取值范围是1, ∞
故答案为： 1, 
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.

在
2 n
x
 x2 
的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项，

求 n 的值；
求系数最大的项
【答案】（1） 8
（2）1792x11
【解析】
【分析】（1）由展开式中只有第五项的二项式系数最大求解即可；
（2）利用二项式定理求出通项，比较正数项系数的大小即可.
【小问 1 详解】
n
因为展开式中只有第五项的二项式系数最大，即C4 是唯一的最大值，
根据二项式系数的性质可知 n  8 .
【小问 2 详解】

2 8
x
由（1）得 n  8 ，即二项式为 x2  ，

8
因为第 r  1 项的系数为(−2)?C?，其中 r  0,1, 2,L,8 ，
由于 r 为奇数时，系数为负， r 为偶数时，系数为正，
要求系数最大的项，只要考虑正数项的系数即可，即 r  0, 2, 4, 6,8 ，
当 r  0 时，系数为(−2)0C0 = 1 ；当 r  2 时，系数为22 C2  112 ；
88
当 r  4 时，系数为(−2)4C4 = 1120 ；当 r  6 时，系数为(−2)6C6 = 1792 ；
88
8
当 r  8 时，系数为(−2)8C8 = 256 ；
所以，正数项中系数中的最大值为1792 ，即第7 项的系数最大， T  26 C6 x11  1792x11 .
78
某学校共开设 ABCDEF 六门体验课程.
若体验课连续开设六周，每周一门（不重复），求“ A ”和“ B ”课程排在不相邻的两周的所有排法种数；
现有甲、乙、丙三名学生报名参加体验课程，每人都选两门课程，甲和乙仅有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；
计划安排三名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，求所有课程安排的种数．
【答案】（1）480（2）360
（3）540
【解析】
【分析】（1）采用插空法，先排其余四门，再插空；
特殊的先排，再用分步乘法；
先分组后分配.
【小问 1 详解】
4
第一步，先将另外四门课排好，有A4 = 4 × 3 × 2 × 1 = 24 种情况；
5
第二步，将“A”和“B”课程分别插入 5 个空隙中，有A2 = 5 × 4 = 20 种情况；所以“ A ”和“ B ”课程排在不相邻的两周的排法有A4 × A2 = 24 × 20 = 480 种；
45
【小问 2 详解】
6
第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有A2 = 6 × 5 = 30 种情况；
4
第二步，从余下的4 门课程中选出甲和乙的共同课程，有C1  4 种情况；
3
第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的选法C2  3 种情况；因此，所有选课种数为A2 × C1 × C2 = 30 × 4 × 3 = 360 种.
【小问 3 详解】
643
C1C1C4
①将6 个科目分成1,1, 4 三组，然后分给三名教师： 6 5 4 × A3 = 6×5×1 × 6 = 90 种情况；
A
2
23
2
②将6 个科目分成1, 2, 3 三组，然后分给三名教师：C1C2C3A3 = 6 × 10 × 6 = 360 种情况；
6 5 3 3
C2C2C2
③将6 个科目分成2, 2, 2 三组，然后分给三名教师： 6 4 2 × A3 = 15×6×1 × 6 = 90 种情况；
A
6
33
3
综上，所有的课程安排共有90  360  90  540 种情况.
已知函数 f (x)  ex  ln x  a 1．
xx
若在(1, f (1)) 处的切线斜率为1，求 a ；
若 f (x)  0 恒成立，求 a 的取值范围．
【答案】（1） e
（2） 1, 
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，由 f 1  1 计算可得；
（2）依题意可得 xex  ln x  a  x  0 恒成立，令 g  x  xex  ln x  a  x ， x 0,  ，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.
【小问 1 详解】
因为 f (x)  ex  ln x  a 1，
xx
所以 f (x)  ex  1 ln x  a
，依题意 f 1  e1  1 ln1  a
 1 ，解得 a  e ；
x2x2
【小问 2 详解】
1212
因为 f (x)  ex  ln x  a 1的定义域为0, ∞ ，
xx
又 f (x)  ex
ln xaxex  ln x  a  x
 1  0 ，
xxx
所以 xex  ln x  a  x  0 恒成立，
令 g  x  xex  ln x  a  x ， x 0,  ，则 g x   x 1ex  1  ，
x 
令 h  x  ex  1 ， x 0,  ，则 h x  ex  1
xx2

0 ，所以 h  x 在0, ∞ 上单调递增，
 1 1
又 h    e2  2  0 ， h 1  e 1  0 ，
 2 
所以x  1 ,1  使得 h  x
  0 ，即 g x   0 ， ex0  1  0 ，则ln x  x ，
0 20
0x00
0
所以当 x 0, x0  时 g x  0 ，当 x  x0 ,  时 g x  0 ，所以 g  x 在0, x0  上单调递减，在 x0 ,  上单调递增，
所以 g  x
 g  x   x ex0  ln x  x  a  1 x  x
 a  0 ，所以 a  1 ，
min
000000
即实数 a 的取值范围为1,  .
某公司为活跃气氛、提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励．规定：每位员工从一个装有 4 个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出 2 个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额．
若袋中所装的 4 个阄中有 1 个所标的面值为 800 元，其余 3 个均为 200 元，求：
①员工所获得的奖励金额为 1000 元的概率；
②员工所获得的奖励金额的分布列及均值；
公司对奖励金额的预算是人均 1000 元，并规定袋中的 4 个阄只能由标有面值 200 元和 800 元的两种阄或标有面值 400 元和 600 元的两种阄组成．为了使员工得到的奖励金额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励金额相对均衡，请对袋中的 4 个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
2
【答案】（1）① 1 ；②分布列见解析， E( X )  700
（2）答案见解析
【解析】
【分析】本题考查了离散型随机变量的概率、分布列、均值与方差，掌握组合数计算概率、均值与方差的公式是解题的关键．
①明确奖励金额 1000 元对应的摸阄组合，用组合数计算概率；
② 确定奖励金额的所有可能取值，计算各取值概率，列出分布列并计算均值；
根据人均奖励 1000 元的条件，筛选出可能的阄面值组合，通过计算方差判断哪种组合的奖励金额更均衡．
【小问 1 详解】
设员工所获得的奖励金额为 X ，
C131
① P  X  1000  3   ，
C
4
262
员工所获得的奖励金额为 1000
1
元的概率为 2 ．
② X 所有可能的取值为 400，1000，
C21
P( X  400)  3  ，
C
2
2
4
 X 的分布列为
员工所获得的奖励金额的均值为
E( X )  400  1 1000  1  700 ．
22
【小问 2 详解】
根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为 1000 元，
先寻找均值为 1000 元的可能方案，
X
400
1000
P
1
2
1
2
对于面值由 800 元和 200 元组成的情况，
如果选择（ 200 ， 200 ， 200 ， 800 ）的方案，
Q 1000 元是面值之和的最大值，
均值不可能为 1000 元，
如果选择（ 800 ， 800 ， 800 ， 200 ）的方案，
Q 1000 元是面值之和的最小值，
均值不可能为 1000 元，
因此可能的方案是（ 800 ， 800 ， 200 ， 200 ），记为方案 1；同理，对于面值由 600 元和 400 元组成的情况，
排除（ 600 ， 600 ， 600 ， 400 ）和（ 400 ， 400 ， 400 ， 600 ）的方案，
可能的方案是（ 400 ， 400 ， 600 ， 600 ），记为方案 2．
对于方案 1，设员工所获得的奖励金额为 X1 ， X1 可取 400，1000，1600，
C21
P  X1  400  2  ，
C
6
2
4
C1 C12
P  X1  1000  2 2  ，
C
3
2
4
C21
P  X1  1600  2  ，
C
6
2
4
 E  X1
  400  1 1000  2 1600  1  1000 ，
636
D  X   (400 1000)2  1  (1000 1000)2  2  (1600  1000)2  1  120000 ；
1636
对于方案 2，设员工所获得的奖励金额为 X 2 ， X 2 可取 800，1000，1200，
C21
P  X 2  800  2  ，
C
6
2
4
C1 C12
P  X 2  1000  2 2  ，
C
3
2
4
C21
P  X 2  1200  2  ，
C
6
2
4
 E  X 2
  800  1 1000  2 1200  1  1000 ，
636
D  X   1 (800 1000)2  2 (1000 1000)2  1  (1200 1000)2  40000 ，
26363
由于两种方案的奖励金额都符合预算要求，但方案 2 的方差比方案 1 小，
应选择方案 2．
已知函数 f (x)  a2 x2  3ax ln x, a  0 ．
当 a  1 时，求曲线 y  f (x) 在[1, 2] 上的最值；
讨论 f (x) 的零点个数；
当 a  3 时，证明： f (x)  2 sin x ．
2
maxmin
【答案】（1） f  x 1, f  x 4  6 ln 2 ；
当a  3 时， f  x 的零点个数为 0；当 a  3 时， f  x 的零点个数为 1；当0  a  3 时， f  x 的零
eee
点个数为 2；
证明见解析
【解析】
【分析】（1）当 a  1 时，可得 f  x 的解析式，令t(x)  2x  3ln x  3, x [1, 2] ，利用导数求出t(x) 的单
调性和边界值，可得t(x)  0 ，即 f (x)  0 在[1, 2] 上恒成立，即可得 f (x) 的单调性，代入数据，即可得答案.
令 f (x)  0 ，可得 a  3lnx ，令 g(x)  3ln x (x  0) ，则原题等价于讨论 y  g  x 与 y  a 的图象
xx
交点的个数，利用导数求出 g(x) 的单调性和极值，作出图象，数形结合，分析即可得答案.
分别分析 x  1和0  x  1两种情况，利用导数求出函数的单调性和最值，综合分析，即可得证.
【小问 1 详解】
当 a  1 时， f (x)  x2  3x ln x, x  0 ，
则 f  x  2x  3lnx  x  1   2x  3lnx  3 ，
x 

令t(x)  2x  3ln x  3, x [1, 2] ，则t(x)  2  3 ，
x
令t(x)  0 ，解得 x  3 ，
2
当 x   3  时， t(x)  0 ，则t(x) 单调递减，

1, 2 
当 x  3 , 2 时， t (x)  0 ，则t(x) 单调递增，
 2

又t(1)  2  3ln1 3  1  0 ， t 2  4  3ln2  3  lne  ln23  0 ，所以t(x)  0 ，即 f (x)  0 在[1, 2] 上恒成立，
故 f (x) 在[1, 2] 上单调递减，
max
min
则 f  x f 1  1 3ln1  1 ， f  x f 2  4  6ln2 .
【小问 2 详解】
因为 a  0, x  0 ，令 f (x)  a2 x2  3axlnx  0 ，得 ax  3lnx  0 ，解得 a  3lnx .
x
令 g(x)  3ln x (x  0) ，所以 f  x 的零点个数等价于 y  g  x 与 y  a 的图象交点的个数.
x
又因为 g(x)  31 ln x ，当0  x  e 时， g x  0 ，当 x e时， g x  0 .
x2
所以函数 g  x 在0, e 上单调递增，在e, ∞ 上单调递减， 且 g 1  0 ， g(x) 在 x e取得极大值也是最大值 g e  3 ，
e
作出 y  g  x 与 y  a 的图象，如图所示：
由图可知，当a  3 时，函数 y  g  x 与 y  a 的图象无交点；
e
当 a  3 时，函数 y  g  x 与 y  a 的图象有 1 个交点； e
当0  a  3 时，函数 y  g  x 与 y  a 的图象有 2 个交点.
e
综上，当a  3 时， f  x 的零点个数为 0；当 a  3 时， f  x 的零点个数为 1；
ee
当0  a  3 时， f  x 的零点个数为 2.
e
【小问 3 详解】
证明：①当 x  1时， f  x  2a2 x  3a lnx 1  a 2ax  3lnx  3 ，
令 h  x  2ax  3lnx  3
，则 h x  2a  3  2ax  3 ，
xx
因为 x  1, a  0 ，所以2ax  2a ，而 a  3 ，即2ax  2a  3 ，
2
则2ax  3  0 ，即 h x  0 ，故 h  x 在区间1,  上单调递增，则 h  x  h 1  2a  3  0 ，即 f  x  0 ，
所以 f  x 在区间1,  上单调递增．
所以 f  x 
f 1  a2  9  2sinx ； 4
②当0  x  1时，令u  x  x  sinx ，则u x  1 csx  0 ，所以u  x 单调递增，所以u  x  u 0  0 ，即 x  sinx .
又因为 f  x  2x  a2 x2  3axlnx  2x  x a2 x  3alnx  2 ，
令 m  x  a2 x  3alnx  2
，则 m x  a2  3a  a ax  3 ，
xx
当 x  0, 3  时， m x  0 ，则 m  x 单调递减；
a 

当 x  3 , ∞ 时， m x  0 ，则 m  x 单调递增；
 a

当 x  3 时， m  x 的极小值为 m  3   3a  3aln 3  2 ．
a
 
aa
若0  3  1，即 a  3 ，则 m  3   3a  2  3aln 3  0 ，所以 m  x  0 ．
a
 
aa
若 3  1 ，即 3  a  3 ，则 m  x 在区间0,1 上单调递减，
a2
所以 m  x  m 1  a2  2  0 ．所以 f  x  2x  0 ，即 f  x  2x  2sinx ．综上可得， f  x  2sinx ．