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2021-2022学年广东省实验中学高二（下）期中数学试卷
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2021-2022学年广东省实验中学高二（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1．（5分）若f（x）＝x3，f′（x0）＝3，则x0的值是（ ）
A．1 B．﹣1 C．±1 D．3
2．（5分）设i为虚数单位，则（1+i）6展开式中的第三项为（ ）
A．30i B．﹣15i C．30 D．﹣15
3．（5分）圆上有5个点，过每3个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（ ）
A．10 B．15 C．30 D．60
4．（5分）函数的单调递减区间是（ ）
A．（﹣2，3） B．（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）
C．（3，+∞） D．（0，3）
5．（5分）一袋中装有除颜色外完全相同的3个黑球和2个白球，先后两次从袋中不放回的各取一球．已知第一次取出的是白球，则第二次取出的是黑球的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（5分）在（x﹣）6展开式中，常数项为（ ）
A．﹣192 B．﹣160 C．60 D．240
7．（5分）在100张奖券中，有4张能中奖，从中任取2张，则2张都能中奖的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，f′（x）是f（x）的导函数，当x＞0时，f′（x）ln（2x）+＞0，且f（）≠0，则不等式（x﹣2）f（x）＜0的解集是（ ）
A．（﹣∞，0）∪（0，2） B．（0，2）
C．（2，+∞） D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
（多选）9．（5分）“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高ξ（单位：cm）近似服从正态分布N（100，102）．已知X～N（μ，σ2）时，有P（|X﹣μ|≤σ）≈0.6827，P（|X﹣μ|≤2σ）≈0.9545，P（|X﹣μ|≤3σ）≈0.9973．下列说法正确的是（ ）
A．该地水稻的平均株高约为100cm
B．该地水稻株高的方差约为100
C．该地株高超过110cm的水稻约占68.27%
D．该地株高低于130cm的水稻约占99.87%
（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝﹣x3+3x2，则（ ）
A．f（x）在（0，1）上单调递增
B．f（x）的极小值为2
C．f（x）的极大值为﹣2
D．f（x）有2个零点
（多选）11．（5分）为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则（ ）
A．甲乙丙三人选择课程方案有120种方法
B．恰有三门课程没有被三名同学选中的概率为
C．已知甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为
D．设三名同学选择课程“礼”的人数为ξ，则
（多选）12．（5分）已知a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，则下列结论一定正确的是（ ）
A．a＞b B．ea＞b C．ea+b＞2 D．a+lnb＞0
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，如果某运动员罚球命中的概率为0.7，设随机变量X表示该运动员罚球1次的得分，则随机变量10X+13的数学期望E（10X+13）＝ ．
14．（5分）某学校为贯彻“科学防疫”理念，实行“佩戴口罩，间隔而坐”制度．若该学校的教室一排有8个座位，安排4名同学就坐，则不同的安排方法共有 种．（用数字作答）
15．（5分）已知随机变量X的概率分布为，则实数a＝ ．
16．（5分）已知函数恰有三个不同的零点，则这三个零点之和为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．在二项式（+2x）n的展开式中．
（1）若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
（2）若展开式前三项的二项式系数的和等于79，求展开式中系数最大的项．
18．甲、乙、丙、丁、戊五人按下列要求站成一排分别有多少种不同站法？
（1）甲不站右端也不站左端；
（2）甲，乙站在两端；
（3）甲不站左端，乙不站右端．
19．甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ与η，且ξ，η的分布列为：
ξ
1
2
3
P
a
0.4
0.4
η
1
2
3
P
0.3
0.2
b
（1）求a，b的值；
（2）计算ξ，η的均值与方差，并以此分析甲、乙的技术状况．
20．已知函数f（x）＝x2﹣4ln（x+1）．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）在x∈（﹣1，+∞）内存在x，使不等式f（x）﹣a≤0成立，求实数a的取值范围．
21．2020年初，新型冠状病毒肺炎爆发时，我国政府迅速采取强有力措施抗击疫情，赢得了国际社会的高度评价．在这期间，为保证抗疫物资的质量，我国也加大了质量检查的力度．某市2020年初新增加了甲、乙两家专门生产消毒液的工厂，质检部门现从这两家工厂中各随机抽取了100瓶消毒液，检测其质量，得到甲厂所生产的消毒液的质量指标值的频率分布直方图如图所示，乙厂所生产的消毒液质量指标值的频数分布表如表所示（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，视频率为概率）
质量指标值
[0，10）
[10，20）
[20，30）
[30，40）
[40，50）
频数
20
10
30
15
25
（1）规定：消毒液的质量指标值越高，消毒液的质量越好．已求得甲厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数为，乙厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数为26.5，分别求甲厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数以及乙厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数，并针对这两家工厂所生产的消毒液的质量情况写出两条统计结论；
（2）甲厂生产的消毒液的质量指标值Z近似地服从正态分布N（μ，σ2），其中μ近似为样本平均数，并已求得σ＝11.95．该厂决定将消毒液分为A，B，C级三个等级，其中质量指标值Z不高于2.6的为C级，高于38.45的为A级，其余为B级，请利用该正态分布模型解决下列问题：
（ⅰ）甲厂近期生产了10万瓶消毒液，试估计其中B级消毒液的总瓶数；
（ⅱ）已知每瓶消毒液的等级与出厂价X（单位：元/瓶）的关系如表所示：
等级
A
B
C
出厂价X
30
25
16
假定甲厂半年消毒液的生产量为1000万瓶，且消毒液全都能销售出去．若每瓶消毒液的成本为20元，工厂的总投资为4千万元（含引进生产线、兴建厂房等一切费用在内），问：甲厂能否在半年之内收回投资？试说明理由．
附：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z≤μ+σ）＝0.6827，P（μ﹣2σ＜Z≤μ+2σ）＝0.9545，P（μ﹣3σ＜Z≤μ+3σ）＝0.9973．
22．已知函数f（x）＝x﹣sinx．
（Ⅰ）判断函数f（x）是否存在极值，并说明理由；
（Ⅱ）设函数F（x）＝f（x）﹣mlnx，若存在两个不相等的正数x1，x2，使得F（x1）+x1＝F（x2）+x2，证明：x1x2＜m2．
2021-2022学年广东省实验中学高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1．（5分）若f（x）＝x3，f′（x0）＝3，则x0的值是（ ）
A．1 B．﹣1 C．±1 D．3
【分析】利用幂函数的求导公式求出f′（x），令f′（x0）＝3，建立方程，即可求解．
【解答】解：∵f（x）＝x3，
∴f′（x）＝3x2，
∵f′（x0）＝3，
∴3x02＝3，
∴x0＝±1．
故选：C．
【点评】本题考查了幂函数的求导公式，比较简单，注意方程思想的应用．
2．（5分）设i为虚数单位，则（1+i）6展开式中的第三项为（ ）
A．30i B．﹣15i C．30 D．﹣15
【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的第三项，利用虚数单位的平方等于﹣1化简第三项．
【解答】解：（1+i）6展开式中的第三项为C62i2＝﹣15
故选：D．
【点评】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题、复数中虚数单位的定义．
3．（5分）圆上有5个点，过每3个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（ ）
A．10 B．15 C．30 D．60
【分析】由圆上有5个点，任取3点都不共线，即可确定1个三角形，再结合组合知识求解即可．
【解答】解：由圆上有5个点，任取3点都不共线，即可确定1个三角形，
则一共可以画的三角形个数为＝10，
故选：A．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属基础题．
4．（5分）函数的单调递减区间是（ ）
A．（﹣2，3） B．（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）
C．（3，+∞） D．（0，3）
【分析】求导，令f'（x）＜0，并结合函数的定义域，得解．
【解答】解：函数的定义域为（0，+∞），
f'（x）＝﹣＝＝，
令f'（x）＜0，则﹣2＜x＜3，
又x＞0，所以0＜x＜3，
所以f（x）的单调递减区间为（0，3）．
故选：D．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，理解函数的单调性与导数之间的联系是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
5．（5分）一袋中装有除颜色外完全相同的3个黑球和2个白球，先后两次从袋中不放回的各取一球．已知第一次取出的是白球，则第二次取出的是黑球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】先确定在第一次取出的是白球的情况下，袋中剩余黑球和白球的个数，再求第二次取出的是黑球的概率值．
【解答】解：由题意知，在第一次取出的是白球后，袋中剩余黑球3个和白球1个，
所以已知第一次取出的是白球，则第二次取出的是黑球的概率为．
故选：C．
【点评】本题考查了不放回取球的概率计算，属于基础题．
6．（5分）在（x﹣）6展开式中，常数项为（ ）
A．﹣192 B．﹣160 C．60 D．240
【分析】由Tr+1＝•x6﹣r•（﹣）r可得x的系数为0时，求出r，从而可得二项式的展开式中的常数项．
【解答】解：∵由Tr+1＝•x6﹣r•（﹣）r＝•2r•（﹣1）r•，
∴当6﹣r＝0时得r＝4，
∴二项式（x﹣）6展开式中，常数项为×24×（﹣1）4＝240．
故选：D．
【点评】本题考查二项式定理的应用，由其通项公式求得x的系数为0时，r＝4是关键，属于中档题．
7．（5分）在100张奖券中，有4张能中奖，从中任取2张，则2张都能中奖的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】基本事件总数n＝＝4950，2张都能中奖包含的基本事件个数m＝＝6，由此能求出2张都能中奖的概率．
【解答】解：在100张奖券中，有4张能中奖，从中任取2张，
基本事件总数n＝＝4950，
2张都能中奖包含的基本事件个数m＝＝6，
则2张都能中奖的概率是P＝＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，f′（x）是f（x）的导函数，当x＞0时，f′（x）ln（2x）+＞0，且f（）≠0，则不等式（x﹣2）f（x）＜0的解集是（ ）
A．（﹣∞，0）∪（0，2） B．（0，2）
C．（2，+∞） D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
【分析】由已知不等式可考虑构造函数g（x）＝f（x）ln（2x），结合已知及导数与单调性关系研究g（x）单调性，然后结合奇函数的性质可求出满足f（x）＞0及f（x）＜0的范围，从而可求．
【解答】解：令g（x）＝f（x）ln（2x），
因为当x＞0时，f′（x）ln（2x）+＞0，且f（）≠0，
则g′（x）＝f′（x）ln（2x）+＞0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，且g（）＝0，
所以当0＜x＜时，g（x）＜0，ln（2x）＜0，当x＞时，g（x）＞0，ln（2x）＞0，
所以当0＜x＜时，f（x）＞0，当x＞时，f（x）＞0，
因为f（x）为奇函数，
所以x＞0时，f（x）＞0，f（0）＝0，当x＜0时，f（x）＜0，
所以不等式（x﹣2）f（x）＜0可转化为或，
解得0＜x＜2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了利用奇函数的性质及单调性求解不等式，导数的应用是求解问题的关键，属于中档题．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
（多选）9．（5分）“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高ξ（单位：cm）近似服从正态分布N（100，102）．已知X～N（μ，σ2）时，有P（|X﹣μ|≤σ）≈0.6827，P（|X﹣μ|≤2σ）≈0.9545，P（|X﹣μ|≤3σ）≈0.9973．下列说法正确的是（ ）
A．该地水稻的平均株高约为100cm
B．该地水稻株高的方差约为100
C．该地株高超过110cm的水稻约占68.27%
D．该地株高低于130cm的水稻约占99.87%
【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
【解答】解：由题意可知，μ＝100，σ2＝102＝100，故A，B正确，
P（X＞110）＝×[1﹣P（90＜X＜110）]＝（1﹣0.6827）＝0.15865≈15.865%，故C错误，
P（X＜130）＝1﹣[1﹣P（70＜X＜130）]＝1﹣＝0.99865≈99.87%，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝﹣x3+3x2，则（ ）
A．f（x）在（0，1）上单调递增
B．f（x）的极小值为2
C．f（x）的极大值为﹣2
D．f（x）有2个零点
【分析】由导数判断单调性后对选项逐一判断．
【解答】解：由f（x）＝﹣x3+3x2可得f′（x）＝﹣3x2+6x＝﹣3x（x﹣2），
由f′（x）＞0可得0＜x＜2，由f′（x）＜0可得x＜0或x＞2，
故f（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递减，在（0，2）上单调递增，
f（x）有极小值f（0）＝0，极大值f（2）＝4，
故A正确，B，C错误；
f（x）＝0有两解，x1＝0，x2＝3，则f（x）有2个零点，故D正确；
故选：AD．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及极值问题，属于中档题．
（多选）11．（5分）为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则（ ）
A．甲乙丙三人选择课程方案有120种方法
B．恰有三门课程没有被三名同学选中的概率为
C．已知甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为
D．设三名同学选择课程“礼”的人数为ξ，则
【分析】由已知对应各个选项逐个进行判断即可求解．
【解答】解：选项A：甲乙丙三人每人都有6中选择，共有6×6×6＝216种，故A错误，
选项B：恰有三门课程没有被三名同学选中即3名学生选择了不同的三门，
则概率为P＝，故B正确，
选项C：甲不选择课程“御”的概率为1﹣，甲乙丙同时不选择课程“御”的概率为＝，
则甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为，故C正确，
选项D：由于各门机会相等，则6E（ξ）＝3，所以E（ξ）＝，故D正确，
故选：BCD．
【点评】本题考查了关于古典概率以及概率计算公式，涉及到相互独立事件的概率计算公式的应用，属于中档题．
（多选）12．（5分）已知a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，则下列结论一定正确的是（ ）
A．a＞b B．ea＞b C．ea+b＞2 D．a+lnb＞0
【分析】先用特殊值法，排除A、D选项，其次构造函数f（x）＝ex﹣x，判断其单调性，即可求解B选项，结合导数证明对任意的 且x1≠x2，有，再结合ea+lnb＞a+b，即可求解．
【解答】解：取a＝1，b＝1，e1+ln1＝e，a+b＝2，
满足a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，故A不一定成立，
取a＝1，b＝，e1+ln＝e﹣1，a+b＝1+，
满足a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，但a+lnb＝1+ln＝0，故D不一定成立，
令f（x）＝ex﹣x，则f′（x）＝ex﹣1，
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
∴f（x）极小值＝f（x）最小值＝f（0）＝1，
∵a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，
∴ea﹣a＞b﹣lnb⇔ea﹣a＞elnb﹣lnb⇔f（a）＞f（lnb），
当a＞lnb＞0，∴ea＞elnb＝b＞e0＝1，
∴ea＞b，
当a＞0＞lnb，此时0＜b＜1，则ea＞b，故B选项正确，
先证明对任意的 且x1≠x2，，
不妨设x2＜x1，即证，
令，即证，
设M（t）＝，M'（t）＝，
故函数M（t）在（1，+∞）上为增函数，当t＞1时，M（t）＞M（1）＝0，
∴对任意的 且x1≠x2，，
∵ea+lnb＞a+b，
∴ea﹣b＞lnea﹣lnb，
∴，
∴ea+b＞2，故C选项正确．
故选：BC．
【点评】本题考查函数的导数应用，函数的单调性以及函数极小值、最小值的求解，需要学生较强的数学综合知识，属于难题．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，如果某运动员罚球命中的概率为0.7，设随机变量X表示该运动员罚球1次的得分，则随机变量10X+13的数学期望E（10X+13）＝ 20 ．
【分析】先求得E（X），然后求得E（10X+13）．
【解答】解：E（X）＝1×0.7+0×0.3＝0.7，
E（10 X+13）＝10×E（X）+13＝20．
故答案为：20．
【点评】本题考查了离散型随机变量的期望计算，属于基础题．
14．（5分）某学校为贯彻“科学防疫”理念，实行“佩戴口罩，间隔而坐”制度．若该学校的教室一排有8个座位，安排4名同学就坐，则不同的安排方法共有 120 种．（用数字作答）
【分析】根据插空法，即得．
【解答】解：因为四个空位可产生五个空，则这四个同学可用插空法就坐，
因此共有种不同的安排方法．
故答案为：120．
【点评】本题考查了插空法的应用，属于基础题．
15．（5分）已知随机变量X的概率分布为，则实数a＝ ．
【分析】由题意＝1，从而a（1﹣+）＝a＝1，由此能求出实数a．
【解答】解：随机变量X的概率分布为，
∴＝1，
∴a（1﹣+）＝a＝1，
则实数a＝．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的运算，考查离散型随机变量概率分布列等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16．（5分）已知函数恰有三个不同的零点，则这三个零点之和为 5 ．
【分析】将函数的解析式化简，换元，由函数有3个零点及辅助元t的取值范围，可得辅助元的值2或﹣2，由方程可得t值，进而求出相应的x值，即函数的零点的值，求出零点之和的值．
【解答】解：函数＝a（x+）2﹣4a（x+）﹣2a+1，
令t＝x+，则可得t≥2或t≤﹣2，
要使函数有三个不同零点，则关于t的方程at2﹣4at﹣2a+1＝0，即a（t﹣2）2﹣6a+1＝0，有两个不同的实数解，
且其中一个根为2或﹣2，另外一个根大于2或小于﹣2，
当a＝0时，显然不合题意，所以a≠0，可得（t﹣2）2＝6﹣，
显然6﹣≥0，可得t＝2+或t＝2﹣，
当t1＝2时，此时6﹣＝0，则t2＝2显然不成立，
当t1＝﹣2时，则2﹣＝﹣2，可得＝4，所以t2＝6，这时a＝﹣，
因为x+＝t，所以x+＝﹣2，即x2+2x+1＝0，可得x1＝﹣1，
x+＝6，可得x2﹣6x+1＝0可得x2+x3＝6，
所以三个零点之和为：6﹣1＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查函数的零点与方程的转化及换元法的应用，均值不等式的简单应用，属于中档题．
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．在二项式（+2x）n的展开式中．
（1）若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
（2）若展开式前三项的二项式系数的和等于79，求展开式中系数最大的项．
【分析】（1）第k+1项的二项式系数为∁nk，由题意可得关于n的方程，求出n．
而二项式系数最大的项为中间项，n为奇数时，中间两项二项式系数相等；n为偶数时，中间只有一项．
（2）由展开式前三项的二项式系数和等于79，可得关于n的方程，求出n．
而求展开式中系数最大的项时，可通过解不等式组求得，假设Tk+1项的系数最大，Tk+1项的系数为rk，则有
【解答】解：（1）∵∁n4+∁n6＝2∁n5，
∴n2﹣21n+98＝0，
∴n＝7或n＝14．
当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5，
∴T4的系数＝C73（）423＝，
T5的系数＝C74（）324＝70．
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8．
∴T8的系数＝C147（）727＝3432．
（2）由∁n0+∁n1+∁n2＝79，可得n＝12，设Tk+1项的系数最大．
∵（+2x）12＝（）12（1+4x）12，
∴
∴9.4≤k≤10.4，∴k＝10，
∴展开式中系数最大的项为T11．
T11＝（）12C1210410x10＝16896x10．
【点评】本题考查二项展开式中二项式系数和与系数和问题，难度较大，易出错．要正确区分这两个概念．
18．甲、乙、丙、丁、戊五人按下列要求站成一排分别有多少种不同站法？
（1）甲不站右端也不站左端；
（2）甲，乙站在两端；
（3）甲不站左端，乙不站右端．
【分析】（1）先从甲以外的4个人中任选两人站在两端，再让剩下三个人站中间三个位置上；
（2）让甲、乙先站两端，再让其他3个人在中间3个位置全排列；
（3）用间接法求解，先计算5人的全排列再减去不符合的情况．
【解答】解：（1）因为甲不站左、右两端，
故先从甲以外的4个人中任选两人站在两端，有种站法，
再让剩下三个人站中间三个位置上，有种站法，
由分步乘法计数原理知，
共有12×6＝72种站法；
（2）首先考虑特殊元素，让甲、乙先站两端，有种站法，
再让其他3个人在中间3个位置全排列，有种站法，
根据分步乘法计数原理，共有3×6＝18种站法；
（3）甲在左端的站法有种，乙在右端的站法有种，
而甲在左端且乙在右端的站法有种，
故共有种站法．
【点评】本题考查了排列组合的计算，属于基础题．
19．甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ与η，且ξ，η的分布列为：
ξ
1
2
3
P
a
0.4
0.4
η
1
2
3
P
0.3
0.2
b
（1）求a，b的值；
（2）计算ξ，η的均值与方差，并以此分析甲、乙的技术状况．
【分析】（1）由离散型随机变量的分布列的性质可求a，b．
（2）由离散型随机变量的分布列数学期望和方差公式，直接求解即可．
【解答】解：（1）由离散型随机变量的分布列的性质可知a+0.4+0.4＝1，解得a＝0.2，
同理0.3+b+0.2＝1，b＝0.5．
（2）Eξ＝1×0.2+2×0.4+3×0.4＝2.2，Eη＝1×0.3+2×0.2+3×0.5＝2.2，
Dξ＝（1﹣2.2）2×0.2+（2﹣2.2）2×0.4+（3﹣2.2）2×0.4＝0.56，，
由于Eξ＝Eη说明一次射击中，甲的平均得分与乙相同，但Dξ＜Dη，说明甲得分的稳定性比乙好．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的分布列数学期望和方差公式，需要学生熟练掌握公式，属于中档题．
20．已知函数f（x）＝x2﹣4ln（x+1）．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）在x∈（﹣1，+∞）内存在x，使不等式f（x）﹣a≤0成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）求导函数，令导函数为0，可求函数的单调区间，可求极值；
（2）转化为恒成立问题，可求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）∵f（x）＝x2﹣4ln（x+1）．定义域为（﹣1，+∞），
∴f′（x）＝2x﹣＝．
设f′（x）＝0，可得x＝1或x＝﹣2（舍），
当f′（x）＞0时，x＞1；当f′（x）＜0时，﹣1＜x＜1，
所以f（x）的单调增区间为（1，+∞），单调减区间为：（﹣1，1）；
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（﹣1，1）
1
（1，+∞）
f’（x）
﹣
0
+
f（x）
单调递减
1﹣4ln2
单调递增
当x＝1时，f（x）有极小值，并且极小值为f（1）＝1﹣4ln2，无极大值．
（2）在x∈（﹣1，+∞）内存在x，使不等式f（x）﹣a≤0成立
等价于f（x）min≤a，由（1）知f（x）min＝f（1）＝1﹣4ln2，即a∈[1﹣4ln2，+∞）．
【点评】本题考查导数的综合运用、利用导数研究函数的单调性与极值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
21．2020年初，新型冠状病毒肺炎爆发时，我国政府迅速采取强有力措施抗击疫情，赢得了国际社会的高度评价．在这期间，为保证抗疫物资的质量，我国也加大了质量检查的力度．某市2020年初新增加了甲、乙两家专门生产消毒液的工厂，质检部门现从这两家工厂中各随机抽取了100瓶消毒液，检测其质量，得到甲厂所生产的消毒液的质量指标值的频率分布直方图如图所示，乙厂所生产的消毒液质量指标值的频数分布表如表所示（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，视频率为概率）
质量指标值
[0，10）
[10，20）
[20，30）
[30，40）
[40，50）
频数
20
10
30
15
25
（1）规定：消毒液的质量指标值越高，消毒液的质量越好．已求得甲厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数为，乙厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数为26.5，分别求甲厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数以及乙厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数，并针对这两家工厂所生产的消毒液的质量情况写出两条统计结论；
（2）甲厂生产的消毒液的质量指标值Z近似地服从正态分布N（μ，σ2），其中μ近似为样本平均数，并已求得σ＝11.95．该厂决定将消毒液分为A，B，C级三个等级，其中质量指标值Z不高于2.6的为C级，高于38.45的为A级，其余为B级，请利用该正态分布模型解决下列问题：
（ⅰ）甲厂近期生产了10万瓶消毒液，试估计其中B级消毒液的总瓶数；
（ⅱ）已知每瓶消毒液的等级与出厂价X（单位：元/瓶）的关系如表所示：
等级
A
B
C
出厂价X
30
25
16
假定甲厂半年消毒液的生产量为1000万瓶，且消毒液全都能销售出去．若每瓶消毒液的成本为20元，工厂的总投资为4千万元（含引进生产线、兴建厂房等一切费用在内），问：甲厂能否在半年之内收回投资？试说明理由．
附：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z≤μ+σ）＝0.6827，P（μ﹣2σ＜Z≤μ+2σ）＝0.9545，P（μ﹣3σ＜Z≤μ+3σ）＝0.9973．
【分析】（1）由每组数据的中间值乘以频率作和求得甲厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数．由中位数两侧的面积和相等列式求得乙厂生产的消毒液的质量指标值的中位数，分析统计数据可得统计结论；
（2）（ⅰ）由σ与2σ原则求得P（2.6＜Z≤38.45），乘以100000得结论；
（ⅱ）设每瓶消毒液的利润为Y元，则Y的可能取值为10，5，﹣4，求出Y的分布列，得到期望，进一步求得生产半年消毒液所获利润，与总投资比较大小得结论．
【解答】解：（1）甲厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数为＝5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.25+45×0.15＝26.5．
设乙厂生产的消毒液的质量指标值的中位数为n，
则0.2+0.1+（n﹣20）×0.03＝0.5，解得．
统计结论：（答案不唯一，任意两个即可）
①两家工厂生产的消毒液质量指标值的平均数相等，从这个角度看这两家工厂生产的消毒液质量基本相当；
②由数据波动的情况可知，乙厂生产的消毒液质量的方差大于甲厂生产的消毒液质量的方差，说明甲厂生产的消毒液比乙厂生产的消毒液的质量更稳定；
③两家工厂生产的消毒液质量指标值的平均数相同，但乙厂生产的消毒液质量的方差大于甲厂生产的消毒液质量的方差，所以甲厂生产的消毒液更好；
④两家工厂所生产的消毒液的质量指标值的众数均等于25；
⑤两家工厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数均为；
⑥甲厂生产的消毒液质量集中在平均数附近，乙厂生产的消毒液中质量指标值特别小和质量指标值特别大的较多．
（2）（ⅰ）P（2.6＜Z≤38.45）＝P（μ﹣2σ＜Z≤μ+σ）＝＝0.8186，
因为100000×0.8186＝81860，所以可估计甲厂所生产的这10万瓶消毒液中，B级消毒液有81860瓶．
（ⅱ）设每瓶消毒液的利润为Y元，则Y的可能取值为10，5，﹣4，
P（Y＝10）＝P（Z≥38.45）＝P（Z≥μ+σ）＝＝＝0.15865，
由（ⅰ）知P（Y＝5）＝P（2.6＜Z＜38.45）＝0.8186，
所以P（Y＝﹣4）＝1﹣0.8186﹣0.15865＝0.02275，
故Y的分布列为：
Y
10
5
﹣4
P
0.15865
0.8186
002275
所以每瓶消毒液的平均利润为E（Y）＝10×0.15865+5×0.8186﹣4×0.02275＝5.5885（元），
故生产半年消毒液所获利润为1×5.5885＝5.5885（千万元），
而5.5885（千万元）＞4（千万元），所以甲厂能在半年之内收回投资．
【点评】本题考查利用频率分布直方图求平均数与中位数，考查正态分布曲线的特点及概率的求法，考查离散型随机变量的期望与方差，考查运算求解能力，是中档题．
22．已知函数f（x）＝x﹣sinx．
（Ⅰ）判断函数f（x）是否存在极值，并说明理由；
（Ⅱ）设函数F（x）＝f（x）﹣mlnx，若存在两个不相等的正数x1，x2，使得F（x1）+x1＝F（x2）+x2，证明：x1x2＜m2．
【分析】（Ⅰ）直接利用导数研究f（x）的单调性，再判断极值即可；
（Ⅱ）先由已知等式将参数m分离，再利用分析法转化成证明对数均值不等式，最后构造函数利用导数证明．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝x﹣sinx，得f′（x）＝1﹣cosx≥0，
∴f（x）在R上单调递增，∴f（x）没有极值；
（Ⅱ）由F（x）＝x﹣sinx﹣mlnx，F（x1）+x1＝F（x2）+x2，
得2x1﹣sinx1﹣mlnx1＝2x2﹣2sinx2﹣mlnx2，
即m（lnx2﹣lnx1）＝﹣（sinx2﹣sinx1）+2（x2﹣x1），
∵x1，x2是两个不相等的正数，不妨设x2＞x1＞0，
又由（Ⅰ）知f（x）＝x﹣sinx为增函数，
∴x2﹣sinx2＞x1﹣sinx1＞f（0）＝0，即x2﹣x1＞sinx2﹣sinx1，
∴m（lnx2﹣lnx1）＞2（x2﹣x1）﹣（x2﹣x1）＝x2﹣x1，又lnx2＞lnx1，
∴，
∴要证，只需证明，
∴只需证明（），
∵x2＞x1＞0，令，
∴只需证明在t＞1时成立，
即证在t＞1时成立，
设函数，t＞1，则，
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（t）＜g（1）＝0，∴，
∴在t＞1时成立，
故原命题结论得证．
【点评】本题考查利用导数研究函数单调性，利用导数求最值，考查了分析法，综合法，属中档题．
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2021-2022学年广东省实验中学高二（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1．（5分）若f（x）＝x3，f′（x0）＝3，则x0的值是（ ）
A．1 B．﹣1 C．±1 D．3
2．（5分）设i为虚数单位，则（1+i）6展开式中的第三项为（ ）
A．30i B．﹣15i C．30 D．﹣15
3．（5分）圆上有5个点，过每3个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（ ）
A．10 B．15 C．30 D．60
4．（5分）函数的单调递减区间是（ ）
A．（﹣2，3） B．（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）
C．（3，+∞） D．（0，3）
5．（5分）一袋中装有除颜色外完全相同的3个黑球和2个白球，先后两次从袋中不放回的各取一球．已知第一次取出的是白球，则第二次取出的是黑球的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（5分）在（x﹣）6展开式中，常数项为（ ）
A．﹣192 B．﹣160 C．60 D．240
7．（5分）在100张奖券中，有4张能中奖，从中任取2张，则2张都能中奖的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，f′（x）是f（x）的导函数，当x＞0时，f′（x）ln（2x）+＞0，且f（）≠0，则不等式（x﹣2）f（x）＜0的解集是（ ）
A．（﹣∞，0）∪（0，2） B．（0，2）
C．（2，+∞） D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
（多选）9．（5分）“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高ξ（单位：cm）近似服从正态分布N（100，102）．已知X～N（μ，σ2）时，有P（|X﹣μ|≤σ）≈0.6827，P（|X﹣μ|≤2σ）≈0.9545，P（|X﹣μ|≤3σ）≈0.9973．下列说法正确的是（ ）
A．该地水稻的平均株高约为100cm
B．该地水稻株高的方差约为100
C．该地株高超过110cm的水稻约占68.27%
D．该地株高低于130cm的水稻约占99.87%
（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝﹣x3+3x2，则（ ）
A．f（x）在（0，1）上单调递增
B．f（x）的极小值为2
C．f（x）的极大值为﹣2
D．f（x）有2个零点
（多选）11．（5分）为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则（ ）
A．甲乙丙三人选择课程方案有120种方法
B．恰有三门课程没有被三名同学选中的概率为
C．已知甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为
D．设三名同学选择课程“礼”的人数为ξ，则
（多选）12．（5分）已知a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，则下列结论一定正确的是（ ）
A．a＞b B．ea＞b C．ea+b＞2 D．a+lnb＞0
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，如果某运动员罚球命中的概率为0.7，设随机变量X表示该运动员罚球1次的得分，则随机变量10X+13的数学期望E（10X+13）＝ ．
14．（5分）某学校为贯彻“科学防疫”理念，实行“佩戴口罩，间隔而坐”制度．若该学校的教室一排有8个座位，安排4名同学就坐，则不同的安排方法共有 种．（用数字作答）
15．（5分）已知随机变量X的概率分布为，则实数a＝ ．
16．（5分）已知函数恰有三个不同的零点，则这三个零点之和为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．在二项式（+2x）n的展开式中．
（1）若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
（2）若展开式前三项的二项式系数的和等于79，求展开式中系数最大的项．
18．甲、乙、丙、丁、戊五人按下列要求站成一排分别有多少种不同站法？
（1）甲不站右端也不站左端；
（2）甲，乙站在两端；
（3）甲不站左端，乙不站右端．
19．甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ与η，且ξ，η的分布列为：
ξ
1
2
3
P
a
0.4
0.4
η
1
2
3
P
0.3
0.2
b
（1）求a，b的值；
（2）计算ξ，η的均值与方差，并以此分析甲、乙的技术状况．
20．已知函数f（x）＝x2﹣4ln（x+1）．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）在x∈（﹣1，+∞）内存在x，使不等式f（x）﹣a≤0成立，求实数a的取值范围．
21．2020年初，新型冠状病毒肺炎爆发时，我国政府迅速采取强有力措施抗击疫情，赢得了国际社会的高度评价．在这期间，为保证抗疫物资的质量，我国也加大了质量检查的力度．某市2020年初新增加了甲、乙两家专门生产消毒液的工厂，质检部门现从这两家工厂中各随机抽取了100瓶消毒液，检测其质量，得到甲厂所生产的消毒液的质量指标值的频率分布直方图如图所示，乙厂所生产的消毒液质量指标值的频数分布表如表所示（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，视频率为概率）
质量指标值
[0，10）
[10，20）
[20，30）
[30，40）
[40，50）
频数
20
10
30
15
25
（1）规定：消毒液的质量指标值越高，消毒液的质量越好．已求得甲厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数为，乙厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数为26.5，分别求甲厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数以及乙厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数，并针对这两家工厂所生产的消毒液的质量情况写出两条统计结论；
（2）甲厂生产的消毒液的质量指标值Z近似地服从正态分布N（μ，σ2），其中μ近似为样本平均数，并已求得σ＝11.95．该厂决定将消毒液分为A，B，C级三个等级，其中质量指标值Z不高于2.6的为C级，高于38.45的为A级，其余为B级，请利用该正态分布模型解决下列问题：
（ⅰ）甲厂近期生产了10万瓶消毒液，试估计其中B级消毒液的总瓶数；
（ⅱ）已知每瓶消毒液的等级与出厂价X（单位：元/瓶）的关系如表所示：
等级
A
B
C
出厂价X
30
25
16
假定甲厂半年消毒液的生产量为1000万瓶，且消毒液全都能销售出去．若每瓶消毒液的成本为20元，工厂的总投资为4千万元（含引进生产线、兴建厂房等一切费用在内），问：甲厂能否在半年之内收回投资？试说明理由．
附：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z≤μ+σ）＝0.6827，P（μ﹣2σ＜Z≤μ+2σ）＝0.9545，P（μ﹣3σ＜Z≤μ+3σ）＝0.9973．
22．已知函数f（x）＝x﹣sinx．
（Ⅰ）判断函数f（x）是否存在极值，并说明理由；
（Ⅱ）设函数F（x）＝f（x）﹣mlnx，若存在两个不相等的正数x1，x2，使得F（x1）+x1＝F（x2）+x2，证明：x1x2＜m2．
2021-2022学年广东省实验中学高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1．（5分）若f（x）＝x3，f′（x0）＝3，则x0的值是（ ）
A．1 B．﹣1 C．±1 D．3
【分析】利用幂函数的求导公式求出f′（x），令f′（x0）＝3，建立方程，即可求解．
【解答】解：∵f（x）＝x3，
∴f′（x）＝3x2，
∵f′（x0）＝3，
∴3x02＝3，
∴x0＝±1．
故选：C．
【点评】本题考查了幂函数的求导公式，比较简单，注意方程思想的应用．
2．（5分）设i为虚数单位，则（1+i）6展开式中的第三项为（ ）
A．30i B．﹣15i C．30 D．﹣15
【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的第三项，利用虚数单位的平方等于﹣1化简第三项．
【解答】解：（1+i）6展开式中的第三项为C62i2＝﹣15
故选：D．
【点评】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题、复数中虚数单位的定义．
3．（5分）圆上有5个点，过每3个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（ ）
A．10 B．15 C．30 D．60
【分析】由圆上有5个点，任取3点都不共线，即可确定1个三角形，再结合组合知识求解即可．
【解答】解：由圆上有5个点，任取3点都不共线，即可确定1个三角形，
则一共可以画的三角形个数为＝10，
故选：A．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属基础题．
4．（5分）函数的单调递减区间是（ ）
A．（﹣2，3） B．（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）
C．（3，+∞） D．（0，3）
【分析】求导，令f'（x）＜0，并结合函数的定义域，得解．
【解答】解：函数的定义域为（0，+∞），
f'（x）＝﹣＝＝，
令f'（x）＜0，则﹣2＜x＜3，
又x＞0，所以0＜x＜3，
所以f（x）的单调递减区间为（0，3）．
故选：D．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，理解函数的单调性与导数之间的联系是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
5．（5分）一袋中装有除颜色外完全相同的3个黑球和2个白球，先后两次从袋中不放回的各取一球．已知第一次取出的是白球，则第二次取出的是黑球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】先确定在第一次取出的是白球的情况下，袋中剩余黑球和白球的个数，再求第二次取出的是黑球的概率值．
【解答】解：由题意知，在第一次取出的是白球后，袋中剩余黑球3个和白球1个，
所以已知第一次取出的是白球，则第二次取出的是黑球的概率为．
故选：C．
【点评】本题考查了不放回取球的概率计算，属于基础题．
6．（5分）在（x﹣）6展开式中，常数项为（ ）
A．﹣192 B．﹣160 C．60 D．240
【分析】由Tr+1＝•x6﹣r•（﹣）r可得x的系数为0时，求出r，从而可得二项式的展开式中的常数项．
【解答】解：∵由Tr+1＝•x6﹣r•（﹣）r＝•2r•（﹣1）r•，
∴当6﹣r＝0时得r＝4，
∴二项式（x﹣）6展开式中，常数项为×24×（﹣1）4＝240．
故选：D．
【点评】本题考查二项式定理的应用，由其通项公式求得x的系数为0时，r＝4是关键，属于中档题．
7．（5分）在100张奖券中，有4张能中奖，从中任取2张，则2张都能中奖的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】基本事件总数n＝＝4950，2张都能中奖包含的基本事件个数m＝＝6，由此能求出2张都能中奖的概率．
【解答】解：在100张奖券中，有4张能中奖，从中任取2张，
基本事件总数n＝＝4950，
2张都能中奖包含的基本事件个数m＝＝6，
则2张都能中奖的概率是P＝＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，f′（x）是f（x）的导函数，当x＞0时，f′（x）ln（2x）+＞0，且f（）≠0，则不等式（x﹣2）f（x）＜0的解集是（ ）
A．（﹣∞，0）∪（0，2） B．（0，2）
C．（2，+∞） D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
【分析】由已知不等式可考虑构造函数g（x）＝f（x）ln（2x），结合已知及导数与单调性关系研究g（x）单调性，然后结合奇函数的性质可求出满足f（x）＞0及f（x）＜0的范围，从而可求．
【解答】解：令g（x）＝f（x）ln（2x），
因为当x＞0时，f′（x）ln（2x）+＞0，且f（）≠0，
则g′（x）＝f′（x）ln（2x）+＞0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，且g（）＝0，
所以当0＜x＜时，g（x）＜0，ln（2x）＜0，当x＞时，g（x）＞0，ln（2x）＞0，
所以当0＜x＜时，f（x）＞0，当x＞时，f（x）＞0，
因为f（x）为奇函数，
所以x＞0时，f（x）＞0，f（0）＝0，当x＜0时，f（x）＜0，
所以不等式（x﹣2）f（x）＜0可转化为或，
解得0＜x＜2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了利用奇函数的性质及单调性求解不等式，导数的应用是求解问题的关键，属于中档题．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
（多选）9．（5分）“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高ξ（单位：cm）近似服从正态分布N（100，102）．已知X～N（μ，σ2）时，有P（|X﹣μ|≤σ）≈0.6827，P（|X﹣μ|≤2σ）≈0.9545，P（|X﹣μ|≤3σ）≈0.9973．下列说法正确的是（ ）
A．该地水稻的平均株高约为100cm
B．该地水稻株高的方差约为100
C．该地株高超过110cm的水稻约占68.27%
D．该地株高低于130cm的水稻约占99.87%
【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
【解答】解：由题意可知，μ＝100，σ2＝102＝100，故A，B正确，
P（X＞110）＝×[1﹣P（90＜X＜110）]＝（1﹣0.6827）＝0.15865≈15.865%，故C错误，
P（X＜130）＝1﹣[1﹣P（70＜X＜130）]＝1﹣＝0.99865≈99.87%，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝﹣x3+3x2，则（ ）
A．f（x）在（0，1）上单调递增
B．f（x）的极小值为2
C．f（x）的极大值为﹣2
D．f（x）有2个零点
【分析】由导数判断单调性后对选项逐一判断．
【解答】解：由f（x）＝﹣x3+3x2可得f′（x）＝﹣3x2+6x＝﹣3x（x﹣2），
由f′（x）＞0可得0＜x＜2，由f′（x）＜0可得x＜0或x＞2，
故f（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递减，在（0，2）上单调递增，
f（x）有极小值f（0）＝0，极大值f（2）＝4，
故A正确，B，C错误；
f（x）＝0有两解，x1＝0，x2＝3，则f（x）有2个零点，故D正确；
故选：AD．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及极值问题，属于中档题．
（多选）11．（5分）为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则（ ）
A．甲乙丙三人选择课程方案有120种方法
B．恰有三门课程没有被三名同学选中的概率为
C．已知甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为
D．设三名同学选择课程“礼”的人数为ξ，则
【分析】由已知对应各个选项逐个进行判断即可求解．
【解答】解：选项A：甲乙丙三人每人都有6中选择，共有6×6×6＝216种，故A错误，
选项B：恰有三门课程没有被三名同学选中即3名学生选择了不同的三门，
则概率为P＝，故B正确，
选项C：甲不选择课程“御”的概率为1﹣，甲乙丙同时不选择课程“御”的概率为＝，
则甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为，故C正确，
选项D：由于各门机会相等，则6E（ξ）＝3，所以E（ξ）＝，故D正确，
故选：BCD．
【点评】本题考查了关于古典概率以及概率计算公式，涉及到相互独立事件的概率计算公式的应用，属于中档题．
（多选）12．（5分）已知a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，则下列结论一定正确的是（ ）
A．a＞b B．ea＞b C．ea+b＞2 D．a+lnb＞0
【分析】先用特殊值法，排除A、D选项，其次构造函数f（x）＝ex﹣x，判断其单调性，即可求解B选项，结合导数证明对任意的 且x1≠x2，有，再结合ea+lnb＞a+b，即可求解．
【解答】解：取a＝1，b＝1，e1+ln1＝e，a+b＝2，
满足a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，故A不一定成立，
取a＝1，b＝，e1+ln＝e﹣1，a+b＝1+，
满足a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，但a+lnb＝1+ln＝0，故D不一定成立，
令f（x）＝ex﹣x，则f′（x）＝ex﹣1，
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
∴f（x）极小值＝f（x）最小值＝f（0）＝1，
∵a＞0，b＞0且ea+lnb＞a+b，
∴ea﹣a＞b﹣lnb⇔ea﹣a＞elnb﹣lnb⇔f（a）＞f（lnb），
当a＞lnb＞0，∴ea＞elnb＝b＞e0＝1，
∴ea＞b，
当a＞0＞lnb，此时0＜b＜1，则ea＞b，故B选项正确，
先证明对任意的 且x1≠x2，，
不妨设x2＜x1，即证，
令，即证，
设M（t）＝，M'（t）＝，
故函数M（t）在（1，+∞）上为增函数，当t＞1时，M（t）＞M（1）＝0，
∴对任意的 且x1≠x2，，
∵ea+lnb＞a+b，
∴ea﹣b＞lnea﹣lnb，
∴，
∴ea+b＞2，故C选项正确．
故选：BC．
【点评】本题考查函数的导数应用，函数的单调性以及函数极小值、最小值的求解，需要学生较强的数学综合知识，属于难题．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，如果某运动员罚球命中的概率为0.7，设随机变量X表示该运动员罚球1次的得分，则随机变量10X+13的数学期望E（10X+13）＝ 20 ．
【分析】先求得E（X），然后求得E（10X+13）．
【解答】解：E（X）＝1×0.7+0×0.3＝0.7，
E（10 X+13）＝10×E（X）+13＝20．
故答案为：20．
【点评】本题考查了离散型随机变量的期望计算，属于基础题．
14．（5分）某学校为贯彻“科学防疫”理念，实行“佩戴口罩，间隔而坐”制度．若该学校的教室一排有8个座位，安排4名同学就坐，则不同的安排方法共有 120 种．（用数字作答）
【分析】根据插空法，即得．
【解答】解：因为四个空位可产生五个空，则这四个同学可用插空法就坐，
因此共有种不同的安排方法．
故答案为：120．
【点评】本题考查了插空法的应用，属于基础题．
15．（5分）已知随机变量X的概率分布为，则实数a＝ ．
【分析】由题意＝1，从而a（1﹣+）＝a＝1，由此能求出实数a．
【解答】解：随机变量X的概率分布为，
∴＝1，
∴a（1﹣+）＝a＝1，
则实数a＝．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的运算，考查离散型随机变量概率分布列等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16．（5分）已知函数恰有三个不同的零点，则这三个零点之和为 5 ．
【分析】将函数的解析式化简，换元，由函数有3个零点及辅助元t的取值范围，可得辅助元的值2或﹣2，由方程可得t值，进而求出相应的x值，即函数的零点的值，求出零点之和的值．
【解答】解：函数＝a（x+）2﹣4a（x+）﹣2a+1，
令t＝x+，则可得t≥2或t≤﹣2，
要使函数有三个不同零点，则关于t的方程at2﹣4at﹣2a+1＝0，即a（t﹣2）2﹣6a+1＝0，有两个不同的实数解，
且其中一个根为2或﹣2，另外一个根大于2或小于﹣2，
当a＝0时，显然不合题意，所以a≠0，可得（t﹣2）2＝6﹣，
显然6﹣≥0，可得t＝2+或t＝2﹣，
当t1＝2时，此时6﹣＝0，则t2＝2显然不成立，
当t1＝﹣2时，则2﹣＝﹣2，可得＝4，所以t2＝6，这时a＝﹣，
因为x+＝t，所以x+＝﹣2，即x2+2x+1＝0，可得x1＝﹣1，
x+＝6，可得x2﹣6x+1＝0可得x2+x3＝6，
所以三个零点之和为：6﹣1＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查函数的零点与方程的转化及换元法的应用，均值不等式的简单应用，属于中档题．
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．在二项式（+2x）n的展开式中．
（1）若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
（2）若展开式前三项的二项式系数的和等于79，求展开式中系数最大的项．
【分析】（1）第k+1项的二项式系数为∁nk，由题意可得关于n的方程，求出n．
而二项式系数最大的项为中间项，n为奇数时，中间两项二项式系数相等；n为偶数时，中间只有一项．
（2）由展开式前三项的二项式系数和等于79，可得关于n的方程，求出n．
而求展开式中系数最大的项时，可通过解不等式组求得，假设Tk+1项的系数最大，Tk+1项的系数为rk，则有
【解答】解：（1）∵∁n4+∁n6＝2∁n5，
∴n2﹣21n+98＝0，
∴n＝7或n＝14．
当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5，
∴T4的系数＝C73（）423＝，
T5的系数＝C74（）324＝70．
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8．
∴T8的系数＝C147（）727＝3432．
（2）由∁n0+∁n1+∁n2＝79，可得n＝12，设Tk+1项的系数最大．
∵（+2x）12＝（）12（1+4x）12，
∴
∴9.4≤k≤10.4，∴k＝10，
∴展开式中系数最大的项为T11．
T11＝（）12C1210410x10＝16896x10．
【点评】本题考查二项展开式中二项式系数和与系数和问题，难度较大，易出错．要正确区分这两个概念．
18．甲、乙、丙、丁、戊五人按下列要求站成一排分别有多少种不同站法？
（1）甲不站右端也不站左端；
（2）甲，乙站在两端；
（3）甲不站左端，乙不站右端．
【分析】（1）先从甲以外的4个人中任选两人站在两端，再让剩下三个人站中间三个位置上；
（2）让甲、乙先站两端，再让其他3个人在中间3个位置全排列；
（3）用间接法求解，先计算5人的全排列再减去不符合的情况．
【解答】解：（1）因为甲不站左、右两端，
故先从甲以外的4个人中任选两人站在两端，有种站法，
再让剩下三个人站中间三个位置上，有种站法，
由分步乘法计数原理知，
共有12×6＝72种站法；
（2）首先考虑特殊元素，让甲、乙先站两端，有种站法，
再让其他3个人在中间3个位置全排列，有种站法，
根据分步乘法计数原理，共有3×6＝18种站法；
（3）甲在左端的站法有种，乙在右端的站法有种，
而甲在左端且乙在右端的站法有种，
故共有种站法．
【点评】本题考查了排列组合的计算，属于基础题．
19．甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ与η，且ξ，η的分布列为：
ξ
1
2
3
P
a
0.4
0.4
η
1
2
3
P
0.3
0.2
b
（1）求a，b的值；
（2）计算ξ，η的均值与方差，并以此分析甲、乙的技术状况．
【分析】（1）由离散型随机变量的分布列的性质可求a，b．
（2）由离散型随机变量的分布列数学期望和方差公式，直接求解即可．
【解答】解：（1）由离散型随机变量的分布列的性质可知a+0.4+0.4＝1，解得a＝0.2，
同理0.3+b+0.2＝1，b＝0.5．
（2）Eξ＝1×0.2+2×0.4+3×0.4＝2.2，Eη＝1×0.3+2×0.2+3×0.5＝2.2，
Dξ＝（1﹣2.2）2×0.2+（2﹣2.2）2×0.4+（3﹣2.2）2×0.4＝0.56，，
由于Eξ＝Eη说明一次射击中，甲的平均得分与乙相同，但Dξ＜Dη，说明甲得分的稳定性比乙好．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的分布列数学期望和方差公式，需要学生熟练掌握公式，属于中档题．
20．已知函数f（x）＝x2﹣4ln（x+1）．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）在x∈（﹣1，+∞）内存在x，使不等式f（x）﹣a≤0成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）求导函数，令导函数为0，可求函数的单调区间，可求极值；
（2）转化为恒成立问题，可求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）∵f（x）＝x2﹣4ln（x+1）．定义域为（﹣1，+∞），
∴f′（x）＝2x﹣＝．
设f′（x）＝0，可得x＝1或x＝﹣2（舍），
当f′（x）＞0时，x＞1；当f′（x）＜0时，﹣1＜x＜1，
所以f（x）的单调增区间为（1，+∞），单调减区间为：（﹣1，1）；
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（﹣1，1）
1
（1，+∞）
f’（x）
﹣
0
+
f（x）
单调递减
1﹣4ln2
单调递增
当x＝1时，f（x）有极小值，并且极小值为f（1）＝1﹣4ln2，无极大值．
（2）在x∈（﹣1，+∞）内存在x，使不等式f（x）﹣a≤0成立
等价于f（x）min≤a，由（1）知f（x）min＝f（1）＝1﹣4ln2，即a∈[1﹣4ln2，+∞）．
【点评】本题考查导数的综合运用、利用导数研究函数的单调性与极值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
21．2020年初，新型冠状病毒肺炎爆发时，我国政府迅速采取强有力措施抗击疫情，赢得了国际社会的高度评价．在这期间，为保证抗疫物资的质量，我国也加大了质量检查的力度．某市2020年初新增加了甲、乙两家专门生产消毒液的工厂，质检部门现从这两家工厂中各随机抽取了100瓶消毒液，检测其质量，得到甲厂所生产的消毒液的质量指标值的频率分布直方图如图所示，乙厂所生产的消毒液质量指标值的频数分布表如表所示（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，视频率为概率）
质量指标值
[0，10）
[10，20）
[20，30）
[30，40）
[40，50）
频数
20
10
30
15
25
（1）规定：消毒液的质量指标值越高，消毒液的质量越好．已求得甲厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数为，乙厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数为26.5，分别求甲厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数以及乙厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数，并针对这两家工厂所生产的消毒液的质量情况写出两条统计结论；
（2）甲厂生产的消毒液的质量指标值Z近似地服从正态分布N（μ，σ2），其中μ近似为样本平均数，并已求得σ＝11.95．该厂决定将消毒液分为A，B，C级三个等级，其中质量指标值Z不高于2.6的为C级，高于38.45的为A级，其余为B级，请利用该正态分布模型解决下列问题：
（ⅰ）甲厂近期生产了10万瓶消毒液，试估计其中B级消毒液的总瓶数；
（ⅱ）已知每瓶消毒液的等级与出厂价X（单位：元/瓶）的关系如表所示：
等级
A
B
C
出厂价X
30
25
16
假定甲厂半年消毒液的生产量为1000万瓶，且消毒液全都能销售出去．若每瓶消毒液的成本为20元，工厂的总投资为4千万元（含引进生产线、兴建厂房等一切费用在内），问：甲厂能否在半年之内收回投资？试说明理由．
附：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z≤μ+σ）＝0.6827，P（μ﹣2σ＜Z≤μ+2σ）＝0.9545，P（μ﹣3σ＜Z≤μ+3σ）＝0.9973．
【分析】（1）由每组数据的中间值乘以频率作和求得甲厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数．由中位数两侧的面积和相等列式求得乙厂生产的消毒液的质量指标值的中位数，分析统计数据可得统计结论；
（2）（ⅰ）由σ与2σ原则求得P（2.6＜Z≤38.45），乘以100000得结论；
（ⅱ）设每瓶消毒液的利润为Y元，则Y的可能取值为10，5，﹣4，求出Y的分布列，得到期望，进一步求得生产半年消毒液所获利润，与总投资比较大小得结论．
【解答】解：（1）甲厂所生产的消毒液的质量指标值的平均数为＝5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.25+45×0.15＝26.5．
设乙厂生产的消毒液的质量指标值的中位数为n，
则0.2+0.1+（n﹣20）×0.03＝0.5，解得．
统计结论：（答案不唯一，任意两个即可）
①两家工厂生产的消毒液质量指标值的平均数相等，从这个角度看这两家工厂生产的消毒液质量基本相当；
②由数据波动的情况可知，乙厂生产的消毒液质量的方差大于甲厂生产的消毒液质量的方差，说明甲厂生产的消毒液比乙厂生产的消毒液的质量更稳定；
③两家工厂生产的消毒液质量指标值的平均数相同，但乙厂生产的消毒液质量的方差大于甲厂生产的消毒液质量的方差，所以甲厂生产的消毒液更好；
④两家工厂所生产的消毒液的质量指标值的众数均等于25；
⑤两家工厂所生产的消毒液的质量指标值的中位数均为；
⑥甲厂生产的消毒液质量集中在平均数附近，乙厂生产的消毒液中质量指标值特别小和质量指标值特别大的较多．
（2）（ⅰ）P（2.6＜Z≤38.45）＝P（μ﹣2σ＜Z≤μ+σ）＝＝0.8186，
因为100000×0.8186＝81860，所以可估计甲厂所生产的这10万瓶消毒液中，B级消毒液有81860瓶．
（ⅱ）设每瓶消毒液的利润为Y元，则Y的可能取值为10，5，﹣4，
P（Y＝10）＝P（Z≥38.45）＝P（Z≥μ+σ）＝＝＝0.15865，
由（ⅰ）知P（Y＝5）＝P（2.6＜Z＜38.45）＝0.8186，
所以P（Y＝﹣4）＝1﹣0.8186﹣0.15865＝0.02275，
故Y的分布列为：
Y
10
5
﹣4
P
0.15865
0.8186
002275
所以每瓶消毒液的平均利润为E（Y）＝10×0.15865+5×0.8186﹣4×0.02275＝5.5885（元），
故生产半年消毒液所获利润为1×5.5885＝5.5885（千万元），
而5.5885（千万元）＞4（千万元），所以甲厂能在半年之内收回投资．
【点评】本题考查利用频率分布直方图求平均数与中位数，考查正态分布曲线的特点及概率的求法，考查离散型随机变量的期望与方差，考查运算求解能力，是中档题．
22．已知函数f（x）＝x﹣sinx．
（Ⅰ）判断函数f（x）是否存在极值，并说明理由；
（Ⅱ）设函数F（x）＝f（x）﹣mlnx，若存在两个不相等的正数x1，x2，使得F（x1）+x1＝F（x2）+x2，证明：x1x2＜m2．
【分析】（Ⅰ）直接利用导数研究f（x）的单调性，再判断极值即可；
（Ⅱ）先由已知等式将参数m分离，再利用分析法转化成证明对数均值不等式，最后构造函数利用导数证明．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝x﹣sinx，得f′（x）＝1﹣cosx≥0，
∴f（x）在R上单调递增，∴f（x）没有极值；
（Ⅱ）由F（x）＝x﹣sinx﹣mlnx，F（x1）+x1＝F（x2）+x2，
得2x1﹣sinx1﹣mlnx1＝2x2﹣2sinx2﹣mlnx2，
即m（lnx2﹣lnx1）＝﹣（sinx2﹣sinx1）+2（x2﹣x1），
∵x1，x2是两个不相等的正数，不妨设x2＞x1＞0，
又由（Ⅰ）知f（x）＝x﹣sinx为增函数，
∴x2﹣sinx2＞x1﹣sinx1＞f（0）＝0，即x2﹣x1＞sinx2﹣sinx1，
∴m（lnx2﹣lnx1）＞2（x2﹣x1）﹣（x2﹣x1）＝x2﹣x1，又lnx2＞lnx1，
∴，
∴要证，只需证明，
∴只需证明（），
∵x2＞x1＞0，令，
∴只需证明在t＞1时成立，
即证在t＞1时成立，
设函数，t＞1，则，
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（t）＜g（1）＝0，∴，
∴在t＞1时成立，
故原命题结论得证．
【点评】本题考查利用导数研究函数单调性，利用导数求最值，考查了分析法，综合法，属中档题．
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