湖北武汉市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份湖北武汉市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了706，841，635，879等内容，欢迎下载使用。
已知集合 A  x ln x  2 ， B  y  N 2 y  8，则 A ∩ B  （ ）
{5, 6}
6, 7
4, 5, 6
5, 6, 7
已知随机变量 X  B 20, 0.5 ，则 E  X 2   （ ）
A. 100B. 105C. 110D. 115
已知 5 件产品中有 2 件次品，3 件正品，检验员从中随意抽取 2 件进行检测，记取到的正品数为ξ，则数学期望 E(ξ) 为()
4
B.
5
9C. 1D. 6
105
某空间站由 A, B, C 三个舱构成，某次实验需要 5 名宇航员同时在 3 个舱中开展，每个人只能去 1 个舱，每个舱至少安排 1 名宇航员，则不同的安排方法的种数为（ ）
A. 150B. 90C. 60D. 30
函数 f  x  1 x3  3 x2  2x 1的极大值点为（ ）
32
x  1
x  2
x  1
x  2
已知函数 f (x)  ax  cs x ，若 f (x)  0 在 R 上恒成立，则实数 a 的取值范围是（）
(1,1)
[1, )
(1, )D. (1, 0)
若 x  2   x 14  a  a x  a x2  a x3  a x4 ，则 a  2a  a  a  a  （ ）
0123401234
A. 3B. 0C. 4D. 4
对于两个函数 h t   et1  t  1  与 g t   ln 2t 1  2  t  1  ，若这两个函数值相等时对应的自变量
2 2 

分别为t1 ， t2 ，则t2  t1 的最小值为（）
1
ln2
1 ln3
1 2ln2
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．
下列说法中正确的是（ ）
若随机变量 X ， Y 满足Y  2 X 1，则 D Y   2 D  X   1
在回归分析中，决定系数 R2 的值越接近 1，模型的拟合效果越好
经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点
若事件 M ， N 满足 P M   1 ， P  N   1 ， P  N∣M   1 ，则 P MN   2
3239
n ad −bc2
如表，在两个变量 X 与Y 的2  2 列联表中，已知χ2 
c  d ，下列结论正确的是（ ）
a  bc  d a  cb  d 
，其中 n  a  b 
ad  bc 越大，两个变量有关联的可能性越大
若每个数据 a ， b ， c ， d 均变为原来的 2 倍，则χ2 的值不变
对于独立性检验，随机变量χ2 值越小，判定“两变量有关系”犯错误概率越大
若计算得到χ2  5.012 ，则认为 X 与Y 有关，该推断犯错误的概率不超过 0.05
设函数 f  x ， g  x 均在闭区间a, b 上可导，定义导函数一阶偏差 Da,b  f , g  ： Da,b  f , g  
y1
y2
总计
x1
a
b
a  b
x2
c
d
c  d
总计
a  c
b  d
a  b  c  d
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
max
xa,b
f  x  g x ．已知函数 f  x  ln  x 1 ，g  x  x  x2 ，区间为0,1，则下列说法正确的
2
有（ ）
D0,1
 f , g   1
2
对任意 x 0,1，都有 f  x  g  x 恒成立
存在唯一的 x0 0,1 ，使得 f  x0   g x0 
对任意 x 0,1，都有 f  x  g  x  x D f , g  恒成立
20,1
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知


1 n
2x
 x 
的展开式中仅有第 6 项的二项式系数最大，则其展开式中 x² 的系数为.(用

数字作答)
已知函数 f  x  2x  f 2 x ，则 f 2  ．
一随机变量ξ服从正态分布 N 4,σ2  ，则t  R ， P ξ t   P ξ 8  t   .已知一粒子在数
轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量 X 表示走完 8 步后，粒子向右移动的总步数， X 与
ξ相互独立，则 P  X ξ 8  .
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．
已知集合 A  x x  2  0， B  x 2x2  3x  2  0．



求 A  B ；
x  3
若C  x x2  ax  b  0，且C  A ∩ B ，求实数 a ， b 应满足的关系式．
已知函数 f  x  1 x2  alnx ．
2
当 a  2 时，求曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
若 f  x  0 ，求 a 的取值范围．
某制药公司研发一种新药､需要研究某种药物成分的含量 x（单位： mg ）与药效指标值 y（单位：
m ）之间的关系，该公司研发部门进行了 20 次试验､统计得到一组数据 xi , yi i  1, 2,L, 20 ，其中
xi , yi 分别表示第i 次试验中这种药物成分的含量和相应的药效指标值.且
2020202020
iiiii i
 x  60,  y  1200,  x 2  260,  y 2  81000,  x y  4400 .
i1
i1
i1
i1
i1
已知该组数据中 y 与 x 之间具有线性相关关系，求 y 关于 x 的经验回归方程 yˆ  bˆx  aˆ ；
据临床经验，当药效指标值 y 在[45, 75] 内时，药品对人体是安全的，求该新药中此药物成分含量 x
的取值范围；
该公司要用 A 与 B 两套设备同时生产该种新药，已知设备 A 的生产效率是设备 B 的 2 倍，设备 A 生产药品的不合格率为 0.009，设备 B 生产药品的不合格率为 0.006，且设备 A 与 B 生产的药品是否合格相互独立
从该公司生产的新药中随机抽取一件，求所抽药品为不合格品的概率；
在该新药产品检验中发现有三件不合格品，求其中至少有两件是设备 A 生产的概率，
nn
 xi  x  yi  y xi yi  nxy
参考公式： bˆ  i1  i1 , aˆ  y  bˆx.
n 2n22
 xi  x 
i1
xi
i1
 nx
已知函数 f  x  ln  x  1  kx ，其中0  k  1.
若 x  5 是 f  x 的极值点，求 k 的值；
证明： f  x 在区间0,  存在唯一的极值点和唯一的零点；
设 x1 ， x2 分别为 f  x 在区间0,  的极值点和零点，比较2x1 与 x2 的大小，并证明你的结论.
为缓解学生的压力，某中学组织学生开展了一项有趣的比赛．甲､乙两人参加比赛，比赛规则为：共进
行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜．假设每局比赛甲赢的概率都是 p(0  p  1) ，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局．
当 p  1 时，若两人共进行 5 局比赛．设两人所赢局数之差的绝对值为 X ，求 X 的分布列和数学期
2
望；
当 p  2 时，若两人共进行2n 1n  N*, n  2局比赛．记事件 A 表示“在前2n 1局比赛中甲赢
3k
了 k k  0,1, 2,L, 2n−1 局”．事件 B 表示“甲最终获胜”．请写出
n22n1
P  B Ak  , P B An1 , P B An , P  B  Ak  的值（直接写出结果即可）；
k 0k n1
1
若两人共进行了2n−1n  N*  局比赛，甲获胜的概率记为 P ，若两人共进行了2n+1n  N*  局比
赛，甲获胜的概率记为 P ，证明：当 1  p  1时， P  P ．
2221
高二数学
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．
已知集合 A  x ln x  2 ， B  y  N 2 y  8，则 A ∩ B  （ ）
{5, 6}
6, 7
4, 5, 6
5, 6, 7
【答案】D
【解析】
【分析】先化简集合 A, B ，再根据交集的定义求解.
【详解】对于不等式ln x  2 ，对数定义域要求 x  0 ； 不等式变形为ln x  ln e2 ，因为 y  ln x 是单调递增函数，
因此0  x  e2 ，即 A  0, e2  ；
2. 已知随机变量 X  B 20, 0.5 ，则 E  X
2   （ ）
A. 100
【答案】B
【解析】
B. 105
C. 110D. 115
B  y  N∣2 y  8 ，解不等式得 y  4 ，因此 B  5, 6, 7,8, ，所以 A  B  5, 6, 7 .
【分析】利用二项分布的期望、方差公式，结合 D( X )  E( X 2 ) [E( X )]2 求解.
【详解】 X  B 20, 0.5 ，所以 E( X )  20  0.5  10 ， D( X )  20  0.5 (1 0.5)  5 ，由
D( X )  E( X 2 ) [E( X )]2 得 E( X 2 )  5 102  105 .
已知 5 件产品中有 2 件次品，3 件正品，检验员从中随意抽取 2 件进行检测，记取到的正品数为ξ，则数学期望 E(ξ) 为()
4
B.
5
9C. 1D. 6
105
【答案】D
【解析】
【分析】ξ服从超几何分布，求出ξ的分布列，根据数学期望的计算方法计算即可．
【详解】方法一：ξ可能取 0，1，2，其对应的概率为
C21
C1 C16
C23
P(ξ 0)  2 , P(ξ 1)  2 3 , P(ξ 2)  3 ，
C210C210C210
555
∴ E(ξ)  0  1 1 6  2  3  6 ．
1010105
方法二：由题可知，ξ服从超几何分布，故 E(ξ)  2  3  6 ．
55
故选：D．
某空间站由 A, B, C 三个舱构成，某次实验需要 5 名宇航员同时在 3 个舱中开展，每个人只能去 1 个舱，每个舱至少安排 1 名宇航员，则不同的安排方法的种数为（ ）
A. 150B. 90C. 60D. 30
【答案】A
【解析】
【详解】共 5 名宇航员同时在 3 个舱中开展实验，则有两种情况，
若按人数分为
1,1, 3
1 1 3
C C C3
三组，则有 5 4 3  A3  60 种方法，
2!
若按人数分为
1, 2, 2
1 2 2
C C C3
三组，则有 5 4 2  A3  90 种方法，
2!
共有60  90  150 种不同方法.
函数 f  x  1 x3  3 x2  2x 1的极大值点为（ ）
32
x  1
x  2
x  1
x  2
【答案】C
【解析】
【分析】求导，利用导数判断函数 f  x 的单调性，利用单调性分析极大值点.
【详解】因为函数 f  x 的定义域为R ，且 f  x  x2  3x  2 ，令 f  x  0 ，解得 x  2 或 x  1；令 f  x  0 ，解得1  x  2 ；
可知函数 f  x 在1, 2 内单调递减，在−,1 ， 2,  内单调递增，
所以函数 f  x 的极大值点为 x  1 .
已知函数 f (x)  ax  cs x ，若 f (x)  0 在 R 上恒成立，则实数 a 的取值范围是（）
(1,1)
[1, )
(1, )D. (1, 0)
【答案】B
【解析】
【分析】求得 f ( x)  a  sin x ，参变分离得 a  sin x 在 R 上恒成立，然后利用正弦函数的性质求解最值即可求解.
【详解】由 f (x)  ax  cs x 得 f ( x)  a  sin x ，
由题意得 f (x)  a  sin x  0 在 R 上恒成立，即 a  sin x 在 R 上恒成立，即 a  (sin x)max ，
因为 y  sin x 1,1，所以 a  1 恒成立，故实数 a 的取值范围是[1, ) ．
故选：B
若 x  2   x 14  a  a x  a x2  a x3  a x4 ，则 a  2a  a  a  a  （ ）
01234
A. 3B. 0C.
【答案】B
【解析】
01234
4D. 4
【分析】利用赋值法结合二项式定理计算即可.
【详解】令 x  1 ，则3  0  a0  a1  a2  a3  a4  3 ，
4
又对于 x 14 中含 x 的项为C3 x1 13  4x ，
1
所以 x  2   x 14 中含 x 的项为3x ，即 a  3 ，
所以 a0  2a1  a2  a3  a4  a0  a1  a2  a3  a4  a1  0 .
对于两个函数 h t   et1  t  1  与 g t   ln 2t 1  2  t  1  ，若这两个函数值相等时对应的自变量
2 2 

分别为t1 ， t2 ，则t2  t1 的最小值为（）
1
ln2
1 ln3
1 2ln2
【答案】B
【解析】
【分析】设 h(t )  g(t
)  m ，由两函数值域得
 1 ，然后用m 表示出t , t ，计算t
 t ，用导数求其
12
最小值．
1 1
m  e 2
1 221
【详解】t  2 ， h(t)  et 1  e 2 ， 2t 1  0 ， g(t) 的值域是(−, ) ，
设 h(t1)  g(t2
)  m ，则
m  e
 1 2
，
et1 1  m ， t  ln m 1 ， ln(2t 1)  2  m ， t  1 em2  1 ，
12222
所以t
2  t1
 1 em2  1  ln m 1  1 em2  ln m  1 ，
2222
设 f (x) 
ex2  ln x  1
22
(x  e
 1
2 ) ，
f (x)  1 ex2  1 ，
2
设 F (x) 
x
f (x) ，则 F (x)  1 ex2  1
x2
0 ， f (x) 是增函数，
又 f ( 2 )  0 ，因此
 1
e 2  x  2
时， f (x)  0 ， f (x) 递减， x  2 时， f (x)  0 ， f (x) 递增，
所以 f (x)
min 
f (2)  1  ln 2  1  ln 2 ，
22
所以t2  t1 的最小值是ln 2 ，故选：B．
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．
下列说法中正确的是（ ）
若随机变量 X ， Y 满足Y  2 X 1，则 D Y   2 D  X   1
在回归分析中，决定系数 R2 的值越接近 1，模型的拟合效果越好
经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点
若事件 M ， N 满足 P M   1 ， P  N   1 ， P  N∣M   1 ，则 P MN   2
3239
【答案】BD
【解析】
【分析】逐一根据方差性质、决定系数、回归直线性质、条件概率公式判断四个选项.
【详解】选项 A，因为 D aX  b  a2D  X  ，所以 D Y   D 2 X 1  22 D  X   4D  X  ，A 错误.选项 B，回归分析中，决定系数 R2 0,1 ， R2 越接近 1，残差平方和越小，模型拟合效果越好，B 正确.选项 C，经验回归直线一定过样本中心点 x , y  ，但不一定经过任意一个原始样本数据点，C 错误.
选项 D，由 P  N∣M   1 ，得 P  N∣M   1 P  N∣M   2 .
33
条件概率公式： P(N | M )  P MN  ， P MN   P M  P(N | M )  1  2  2 ，D 正确.
P M 
如表，在两个变量 X 与Y 的2  2 列联表中，已知χ2 
c  d ，下列结论正确的是（ ）
339
n ad −bc2
a  bc  d a  cb  d 
，其中 n  a  b 
ad  bc 越大，两个变量有关联的可能性越大
若每个数据 a ， b ， c ， d 均变为原来的 2 倍，则χ2 的值不变
对于独立性检验，随机变量χ2 值越小，判定“两变量有关系”犯错误概率越大
若计算得到χ2  5.012 ，则认为 X 与Y 有关，该推断犯错误的概率不超过 0.05
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于 A，同一个样本中， | ad  bc | 越小，说明两个变量有关联的可能性越小， | ad  bc | 越大，说明两个变量有关联的可能性越大，所以 A 正确；
y1
y2
总计
x1
a
b
a  b
x2
c
d
c  d
总计
a  c
b  d
a  b  c  d
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
对于 B，若2  2 列联表中的每个数字均变成原来的 2 倍，
则χ2 
2n(2a  2d  2b  2c)2
 2 
n(ad  bc)2
，此时χ2 的值变为原来
(2a  2b)(2c  2d )(2a  2c)(2b  2d )(a  b)(c  d )(a  c)(b  d )
的 2 倍，所以 B 错误；
对于 C，独立性检验中，随机变量χ2 的值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大，所以 C 正确；
对于 D，根据独立性检验的意义可知χ2  5.012  3.841，所以认为 X 与 Y 有关，该推断犯错的概率不超过 0.05，所以 D 正确．
设函数 f  x ， g  x 均在闭区间a, b 上可导，定义导函数一阶偏差 Da,b  f , g  ： Da,b  f , g  
max
xa,b
f  x  g x ．已知函数 f  x  ln  x 1 ，g  x  x  x2 ，区间为0,1，则下列说法正确的
2
有（ ）
D0,1
 f , g   1
2
对任意 x 0,1，都有 f  x  g  x 恒成立
存在唯一的 x0 0,1 ，使得 f  x0   g x0 
对任意 x 0,1，都有 f  x  g  x  x D f , g  恒成立
20,1
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求导构造 h(x)  f  (x)  g (x) ，研究 h  x 在0,1的最值判断 A、C；构造 F  x  f  x  g  x
2
判断 B；构造函数只需证 H  x  ln  x 1  5 x  x  0 在
[0,1]
上恒成立可判断 D.
42
2
【详解】 f  (x) 1 , g (x)  1 x ，令 h(x)  1 x，
1 x
x2  2x
f (x)
g (x)
1 x
(1x)
(x
1 x
[0,1])
对于 A． h (x)  0, h(x) 在[0,1] 上单调递增，
(1 x)2
 h(x)  h(1)  1 ，即 D( f , g)  1 ，A 正确；
max
2[0,1]2
x2
对于 B，令 F (x) 
f (x)  g(x)  ln(x 1)  x ，则
2
1x2
F (x)  f (x)  g (x)  (1 x)  0 ，
1 x1 x
 F (x) 在[0,1] 上单调递增，故 F (x)  F (0)  0 ，即 f (x)  g(x) ，B 正确；
x2
对于 C， f
(x)  g (x)  0 仅有一个解 x  0 ，在( 0, 1) 内无解，C 错误；
1 x
，
对于 D，由 A 知 D( f , g)  1 ，则 x D( f , g)  1 x ，只需证ln(x  x2  1
[0,1]2
5x2
2[0,1]4
[0,1]
1)x x
24
即证 H  x  ln  x 1 
x  0 在
42
上恒成立，
H  x 1 5  x ，设 H  x 为 H  x 的导函数，
x 14
则 H  x  11 0 ，
 x 12
所以 H  x 在[0,1] 上单调递增，
而 H 0   1
4
0, H 1 
0,c 0,1 ，使得 H c  0 ，
1
4
当 x 0, c 时， H  x  0 ，当 x c,1 时， H  x  0, H  x 在(0,c) 上单调递减，在(c,1) 上单调递
增，
 Hmax
 x  maxH 0, H 1 ，而 H 0  0, H 1  ln 2  3  0, H  x  0 在[0,1] 上恒成立，
4
即| f (x)  g(x) | x D( f , g) 成立，D 正确．
2[0,1]
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知


1 n
2x
 x 
的展开式中仅有第 6 项的二项式系数最大，则其展开式中 x² 的系数为.(用

数字作答)
【答案】720
【解析】
【详解】由题可知展开式共11项，所以 n  10 ，
又
1 10
的展开式的通项为T
 Cr 
10r  1 r

2x
 Cr
5 1 r
2 2
5 3 r
x 2 ，
2x

x 
r 110
 x 10

令5  3 r  2 ，解得 r  2 ，所以 x² 的系数为C2 24  720
210
已知函数 f  x  2x  f 2 x ，则 f 2  ．
【答案】 2 ln 2
【解析】
【详解】由题意得 f  x  2x ln 2  f 2 ，所以 f 2  4 ln 2  f 2 ，解得 f 2  2 ln 2 ．
一随机变量ξ服从正态分布 N 4,σ2  ，则t  R ， P ξ t   P ξ 8  t   .已知一粒子在数
轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量 X 表示走完 8 步后，粒子向右移动的总步数， X 与
ξ相互独立，则 P  X ξ 8  .
2
【答案】①. 1②. 1 ## 0.5
【解析】
【分析】由ξ~ N 4,σ2  关于 x  4 对称，推得 P ξ t   P ξ 8  t   1；粒子 8 步右行步数 X 服从二
1 
2
项分布 B  8,  且具有 P  X  k   P  X  8  k  的对称性， 结合 X 与ξ独立， 用全概率公式展开

2
P  X ξ 8 ，再将求和式配对并利用前一问结论相加化简，即可求得概率为 1 .
【详解】①已知ξ~ N 4,σ2  ，正态曲线图像关于μ 4 对称， 故 P ξ t   P ξ 8  t  ，
因此 P ξ t   P ξ 8  t   P ξ 8  t   P ξ 8  t   1.
1 
2
②由题意， X ~ B  8,  ，满足 P  X  k   P  X  8  k  ，且 X 与ξ独立，

8
由全概率公式： P  X ξ 8  P  X  k  P ξ 8  k (1)
k 0
88
令 j  8  k ，则 P  X ξ 8  P  X  8  j  P ξ
j 0
j   P  X 
j 0
j  P ξ
j  ,
8
即等价于 P  X ξ 8  P  X  k  P ξ k 
k 0
(2)
8
(1)(2)两式相加2P  X ξ 8  P  X  k  P ξ k   P ξ 8  k 
k 0
结合第一空的结论 P ξ k   P ξ 8  k   1，
81 81
得P  X  k  P ξ 8  k   2 P  X  k   2 .
k 0k 0

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．
已知集合 A  x
x  2  0， B  x
2x2  3x  2  0．


求 A  B ；
x  3
若C  x x2  ax  b  0，且C  A ∩ B ，求实数 a ， b 应满足的关系式．
【答案】（1） A ∩ B  
（2） a2  4b
【解析】
【分析】（1）解不等式结合交集的概念计算即可；
（2）利用子集的概念及判别式计算即可.
【小问 1 详解】

对于 x  2  0 等价于 x  2 x  3  0  x  3  0 ，则A  x 2  x  3 ，
x3
对于2x2  3x  2  2x 1 x  2  0 ，则 B  x |  1  x  2 ， A  B   ．
2

【小问 2 详解】
由题意知C   ，方程 x2  ax  b  0 无实根，
即  a2  4b  0, a2  4b .
已知函数 f  x  1 x2  alnx ．
2
当 a  2 时，求曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
若 f  x  0 ，求 a 的取值范围．
9
【答案】（1）
8
（2）[0, e) ．
【解析】
【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程，再求解围成的三角形的面积；
min
（2）解法一： f  x  0 ，转化为 f  x 0 求解.
min
解法二：利用分离参数法，转化为 a  g  x求解．
【小问 1 详解】
函数 f (x) 的定义域为(0, ), f  (x)  x  a
x
当 a  2 时，因为 f ( x)  x  2 ，所以 f (1)  1 ，又 f (1)  1 ，
x2
所以曲线 y 
f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程为 y  1  (x  1) ，即2x  2 y  3  0
2
所以三角形的面积是： S  1  3  3  9
2228
【小问 2 详解】
0, f (x)
解法一：（i）当 a  0 时， f  (x)  x2  a 在(0, ) 单调递增，此时存在
 1 
1  1 2
x
11 2
f ea  

ea 
2 
 a ln ea 
ea 1  0 ，不符合题意，舍去； 2
当 a  0 时， f (x)  1 x2  0 显然成立；
2
a
a
当 a  0 时，令 f (x)  0 ，得0  x ，令 f (x)  0 ，得 x ；所以 f (x) 在(0,
a ) 单调递
a
减，在( a , ) 单调递增．
所以 f (x)
min
 f (
 1 a  a ln
2
0 ，
解得0  a  e ．综上所述，a 的取值范围为[0, e) ．
解法二：由已知，得 1 x2  a ln x  0 ．
2
x
2
当0  x  1时，可得 a ．因为0  x  1，所以
2 ln x
x2
2 ln x
 0 ，又因为 x  0 时，
x2
2 ln x
 0 ，所
以 a  0 ；
当 x  1 时， 1 x2  a ln x  0 恒成立，所以 a  R ；
2
x
2
当 x  1 时，可得 a ．令 g(x) 
x(x  1), g (x) 
2x ln x  x2  1
x  x(2 ln x 1) ，
2 ln x
2
2 ln x
2(ln x)2
2(ln x)2
当 1 时， g(x)  0, g(x) 单调递减；当1 时， g(x)  0, g(x) 单调递增；
1  x  e2
x  e2
 1 
所以 g(x)min
 g e2   e ，所以 a  e ．

综上所述，a 的取值范围为[0, e)
某制药公司研发一种新药､需要研究某种药物成分的含量 x（单位： mg ）与药效指标值 y（单位：
m ）之间的关系，该公司研发部门进行了 20 次试验､统计得到一组数据 xi , yi i  1, 2,L, 20 ，其中
xi , yi 分别表示第i 次试验中这种药物成分的含量和相应的药效指标值.且
2020202020
iiiii i
 x  60,  y  1200,  x 2  260,  y 2  81000,  x y  4400 .
i1
i1
i1
i1
i1
已知该组数据中 y 与 x 之间具有线性相关关系，求 y 关于 x 的经验回归方程 yˆ  bˆx  aˆ ；
据临床经验，当药效指标值 y 在[45, 75] 内时，药品对人体是安全的，求该新药中此药物成分含量 x
的取值范围；
该公司要用 A 与 B 两套设备同时生产该种新药，已知设备 A 的生产效率是设备 B 的 2 倍，设备 A 生产药品的不合格率为 0.009，设备 B 生产药品的不合格率为 0.006，且设备 A 与 B 生产的药品是否合格相互独立
从该公司生产的新药中随机抽取一件，求所抽药品为不合格品的概率；
在该新药产品检验中发现有三件不合格品，求其中至少有两件是设备 A 生产的概率，
nn
 xi  x  yi  y xi yi  nxy
参考公式： bˆ  i1  i1 , aˆ  y  bˆx.
n 2n22
 xi  x 
i1
【答案】（1） yˆ  10x  30 ；
（2）1.5, 4.5 ；
（3）（i） 0.008 ，（ii） 27 .
32
xi
i1
 nx
【解析】
【分析】（1）利用给定的数据，结合最小二乘法公式计算作答.
（2）利用（1）中经验回归方程，求出 x 的取值范围作答.
（3）（i）利用全概率公式求出不合格品的概率；（ii）利用条件概率公式求出不合格的新药是设备 A 生产的概率，再利用二项分布的概率求解作答.
【小问 1 详解】
2020
1 20
1 20
因为 xi  60,  yi  1200 ，则 x  20  xi  3, y  20  yi  60 ，
i1
i1
i1
i1

20
xi yi  20x y
4400  20  3 60
于是bˆ  i1  10 ， aˆ  y  bˆx  60 10  3  30 ，
2022260  20  32
 xi
i1
 20x
所以 y 关于 x 的线性经验回归方程为 yˆ  10x  30 .
【小问 2 详解】
由（1）得 yˆ  10x  30 ，当 y [45, 75] 时， 45  10x  30  75 ，解得1.5  x  4.5 ，所以该新药中此药物成份含量 x 的取值范围为1.5, 4.5 .
【小问 3 详解】
设 D = “随机抽取一件新药，是设备 A 生产的”，则 D  “随机抽取一件新药，是设备 B 生产的”，
E  “随机抽取一件新药为不合格品”，

依题意， P  D  2 , P D  1 , P  E | D  0.009, P(E | D)  0.006 ，
33
33
所以 P  E   P  D P  E | D  P D P E | D  2  0.009  1  0.006  0.008 ；
设C  “抽到一件不合格的新药，它是设备 A 生产的”，
P  DE  P  D P  E | D20.0093
则 P C   P  D | E    ，
P  E 
P  E 
30.0084
设 X 表示三件不合格新药来自设备 A 生产的件数，则 X ~ B(3, 3) ，
4
所求事件的概率为 P  X  2  P  X  2  P  X  3  C2 ( 3)2  1  C3 ( 3)3  27 .
已知函数 f  x  ln  x  1  kx ，其中0  k  1.
若 x  5 是 f  x 的极值点，求 k 的值；
344
3432
证明： f  x 在区间0,  存在唯一的极值点和唯一的零点；
设 x1 ， x2 分别为 f  x 在区间0,  的极值点和零点，比较2x1 与 x2 的大小，并证明你的结论.
【答案】（1） k  1
6
（2）证明见解析（3） 2x1  x2 ，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数与极值的关系求解即可.
根据导数与极值的关系，结合零点存在定理证明即可.
由（2）知， x  1 1 ， f  x   0 ，且 x  1 1, 1  ，代入整理得 f 2x   ln  2 1  2  2k ，
1k2
2 kk 
1 k

构造函数 h k   ln  2 1  2  2k 0  k  1 ，结合导数与单调性得到 h k   h 1  0 ，即 f 2x   0 ，
 k1

结合 f  x 在 1 1, ∞ 单调递减即可得到2x  x .
 k12

【小问 1 详解】
f  x 的定义域为x x −1 ， f  x 
1
x 1
k .
因为 x  5 是 f  x 的极值点，所以 f 5  0 ，即 1
5 1
k  0 ，解得 k  1 .
6
当 k  1 时， f  x 
1 1 
5  x
，
6x 166  x 1
当1  x  5 时， f  x  0 ；当 x  5 时， f  x  0 ，所以 x  5 是 f  x 的极值点.
综上， k  1 .
6
【小问 2 详解】
11 k  x 1kx 1 k
由（1）知， f  x  k 

， x  1 .
x 1
x 1
x 1
令 f  x  0 ，即 kx 1 k  0 ，因为 x 1  0 ， 0  k  1，所以kx 1 k  0 ，
x 1
解得 x  1 k  1 1，且 x  1 1  0 .
kkk
当 x  0, 1 1 时， f  x  0 ， f  x 单调递增；当 x  1 1, ∞ 时， f  x  0 ， f  x 单调递减，
k k

所以 x  1 1是 f  x 在0,  上唯一的极值点，是极大值点.
k
所以 f  1 1  f 0  ln 0 1  k  0  0 .
 k

1 11 11
取 x 
ek 1 ，（易知ex  x ，则ek
 ， ek 1 
kk
1  x1 ）
 1 1 11 1
则 f ek 1  ln ek  k ek 1   kek  k .
k
11 1
et1
t 2  et 1
令t   1，则
kk
kek  k 可写为t  .
ttt
令 F t   t 2  et 1 t  1 ，则 F t   2t  et t  1 ，
令G t   2t  et t  1 ，则Gt   2  et  0 ，所以G t  在1,  上单调递减，所以G t   G 1  2  e  0 ，即 F t   0 ，所以 F t  在1,  上单调递减，
 11 1
所以 F t   F 1  12  e 1  2  e  0 ，所以 f ek 1   kek  k  0 ，
 1 
1  
 
k
 

k
所以存在 x0

1, ek
1 ，使得 f x00 ，所以 x0 是 f x 在 0,

上唯一零点.
综上， f  x 在区间0,  存在唯一的极值点和唯一的零点.
【小问 3 详解】
2x1  x2 ，证明如下：
1
 
  
 1 
1  
k
由（2）知， x1  k 1 ， x2 满足 f x2
ln x21
kx2
0 ，且 x2

1, ek
1 ，

要比较2x 与 x 的大小，即比较2  1 1 与 x 的大小.
12 k2

f 2x
  1  1 1 2
1 
f  2  k 1  ln  2  k 1 1  2k  k 1  ln  k 1  2  2k .
  
令 h k   ln  2 1  2  2k ， 0  k  1，
 k

2
 k 22
2  2k 2  k 
2k 2  4k  2
2 k 12

则 hk   2
k
 2  2 
1k 2  k
k 2  k 
k 2  k 
 k 2  k 
 0 ，
所以 h k  在0,1 上单调递减， h k   h 1  ln  2 1  2  2 1  0 ，即 f 2x   0 .
 11

 1
 11
 1 1
因为 f  x 在
1, ∞ 单调递减， 2x1  2 
1  1 ， x2 
1, ek 1 ， f  x2   0 ，
 k
 kk
 k
所以2x1  x2 .
为缓解学生的压力，某中学组织学生开展了一项有趣的比赛．甲､乙两人参加比赛，比赛规则为：共进
行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜．假设每局比赛甲赢的概率都是 p(0  p  1) ，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局．
当 p  1 时，若两人共进行 5 局比赛．设两人所赢局数之差的绝对值为 X ，求 X 的分布列和数学期
2
望；
当 p  2 时，若两人共进行2n 1n  N*, n  2局比赛．记事件 A 表示“在前2n 1局比赛中甲赢
k
了 k k  0,1, 2,L, 2n−1 局”．事件 B 表示“甲最终获胜”．请写出
n22n1
P  B Ak  , P B An1 , P B An , P  B  Ak  的值（直接写出结果即可）；
k 0k n1
1
若两人共进行了2n−1n  N*  局比赛，甲获胜的概率记为 P ，若两人共进行了2n+1n  N*  局比
赛，甲获胜的概率记为 P ，证明：当 1  p  1时， P  P ．
2221
15
【答案】（1）分布列见解析，
8
n2
48
2n1
P  B Ak   0, P B An1   9 , P B An   9 , P  B  Ak   1
k 0k n1
证明见解析
【解析】
【分析】（1）确定 X 的可能取值，利用二项分布计算各取值得概率，列出分布列，根据分布列计算期望；
分析前2n 1局甲赢 k 局后，剩余 2 局甲需赢多少局才能获胜；根据 k 的不同范围，判断剩余两局的胜负可能性，当 k  n  2 时，剩余 2 局最多赢 2 局，总赢局数 n ，无法获胜，求出其概率；当 k  n−1时，需要赢剩余 2 局，求出其概率；当 k  n 时，需要赢至少 1 局，求出其概率；当 k  n 1 时，已满足获胜条件，概率为 1.
利用全概率公式求得 P1 ，求出 P2  P1 ，再作差比较大小即可.
【小问 1 详解】
X 的可能取值为 1，3，5，
 1 2 1 35
P  X  1  C2    2  ，
22
5
8
 1 4 1 15
P  X  3  C4    2 ，
22
5
16
P( X  5)  ( 1 )5  2  1 ，
216
则 X 的分布列为：
E( X )  1 5  3 5  5 1  15 .
X
1
3
5
P
5
8
5
16
1
16
816168
【小问 2 详解】
n2
当 k  n  2 时，剩余 2 局最多赢 2 局，总赢局数 n ，无法获胜，其概率为 P  B Ak   0 ；
当 k  n−1 时，需要赢剩余 2 局，其概率为 P B An1
 4 ；

9
k 0
当 k  n 时，需要赢至少 1 局，其概率 P B A   8 ；
n9
2n1
当 k  n 1 时，已满足获胜条件，概率为 P  B  Ak   1.
k n1
n2
48
2n1
故 P  B Ak   0, P B An1   9 , P B An   9 , P  B  Ak   1.
k 0k n1
【小问 3 详解】
若两人共进行了2n 1n  N  局比赛，甲所赢局数为Y ，则Y ~B 2n 1, p ，甲获胜的概率 P1  P Y  n  P Y  n  P Y  n 1 ，
若两人共进行了2n +1(n Î N* ) 局比赛，
可以认为在进行了2n 1n  N  局比赛的基础上再比两局，

则甲获胜的概率 P2  P Y  n 1 p2  P Y  n 1 1 p2   P Y  n 1 ，
21
P  P  P Y  n 1 p2  P Y  n1 p2
 Cn1 pn1 1 pn p2  Cnpn 1 pn1 1 p2
2n12n1
 Cnpn1 1 pn  Cnpn 1 pn1
2n12n1
 C
n
2n1
 2Cn
pn 1 pn  p  1 p
pn 1 pn  p  1  ，
2n1
2 

已知 1  p  1，所以 P  P ，证毕.
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