四川省仁寿第一中学校（北校区）2023-2024学年高二下学期5月期中质量检测数学试题

铧2022 级高二（下）半期质量检测数学试卷 （卷面分值：150 分 考试时间 120 分钟） 一、选择题：本大题共 8 个小题，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. 1．乘积(𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3)(𝑏1 + 𝑏2)(𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3)完全展开后的项数是（ ） A．8 B．9 C．15 D．18 2．若C12 𝑚 = C12 𝑚−2，则C𝑚 1 + C𝑚 2 +⋯+ C𝑚 𝑚的值为（ ） A．63 B．64 C．127 D．128 3．(3𝑥 + 1 𝑥 )7的展开式中，含 1 𝑥3 项的系数为（ ） A．21 B．189 C． 9 D．126 4．从装有 4 个红球，2 个白球的袋子中，不放回地依次抽取两个小球，在第一次抽到白球的条件下， 第二次抽到白球的概率为（ ） A． 1 3 B． 1 4 C． 1 5 D． 1 6 5．若函数𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 1 2 𝑎𝑥2 + 7𝑥 − 3𝑎不存在极值，则𝑎的取值范围是（ ） A．(−4√5, 4√5) B．(−2√21, 2√21) C．[−4√5, 4√5] D．[−2√21, 2√21] 6．已知(2𝑥 + √2)4 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥 2 + 𝑎3𝑥 3 + 𝑎4𝑥 4，则(𝑎0 + 𝑎2 + 𝑎4) 2 − (𝑎1 + 𝑎3) 2的值为（ ） A．16 B．32 C．64 D．128 7．已知𝑃在函数𝑦 = e2𝑥的图像上，𝑄在直线2𝑥 − 𝑦 − 4 = 0上，则|𝑃𝑄|的最小值为（ ） A．√5 B．5 C． 6−ln2 √5 D．6 − ln2 8．函数𝑓(𝑥)是定义在(0,+∞)上的可导函数，其导函数为𝑓′(𝑥)，且满足2𝑓(𝑥) − 𝑥𝑓′(𝑥) > 0，若不等式 𝑎𝑥⋅𝑓(e𝑥) e𝑥 ≤ 𝑓(𝑎𝑥)⋅e𝑥 𝑎𝑥 在𝑥 ∈ (0,+∞)上恒成立，则实数𝑎的取值范围是（ ） A．[e,+∞) B．(0,e] C．(0, 1 e ] D．[ 1 e , +∞) 二、多选题：本大题共 3 个小题，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；若只有两个正确选项，每选对一个 得 3 分；若只有 3 个正确选项，选对一个得 2 分，选对两个得 4 分. 9．甲、乙、丙等 5 人排成一列，下列说法正确的有（ ） A．若甲和乙相邻，共有 48 种排法 B．若甲不排第一个共有 96 种排法 C．若甲与丙不相邻，共有 36 种排法 D．若甲在乙的前面，共有 60 种排法 10．已知二项式(1 + 2√𝑥)𝑛的二项式系数和为 32，则下列说法正确的是（ ） A．𝑛 = 5 B．展开式中只有第三项的二项式系数最大 C．展开式各项系数之和是 243 D．展开式中的有理项有 4 项 11．关于函数𝑓(𝑥) = e𝑥，𝑔(𝑥) = 𝑥2，下列说法正确的是（ ） A．若过点(𝑎, 𝑏)可以作曲线𝑓(𝑥)的两条切线，则0 < 𝑏 < e𝑎 B．若𝑓(𝑥) − 𝑘𝑥 ≥ 0在R上恒成立，则实数𝑘的取值范围为0 ≤ 𝑘 ≤ e C．若𝑔(𝑥) ≤ 𝑚𝑓(𝑥)在[1,3]上恒成立，则𝑚 ≥ 4 e2 D．若函数ℎ(𝑥) = 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥) − 𝑡有且只有一个零点，则实数𝑡的范围为𝑡 > 4 e2 三、填空题：本大题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知离散型随机变量 X的分布列为 𝑋 -1 0 1 𝑃 1 2 1 6 a 设𝑌 = 6𝑋 + 1，则 Y的数学期望𝐸(𝑌) = ． 13．一个长方形，被分为 A、B、C、D、E五个区域，现对其进行涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可 用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色方法有 种． 14．已知函数𝑓(𝑥) = e𝑥(𝑥 − 1)，则𝑓(𝑥)的极小值为 ；若函数𝑔(𝑥) = 𝑚𝑥 − 1 2 ，对于任意的 𝑥1 ∈ [−2,2]，总存在𝑥2 ∈ [−1,2]，使得𝑓(𝑥1) > 𝑔(𝑥2)，则实数𝑚的取值范围是 . 四、解答题：本大题共 5 个小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．ChatGPT 是由人工智能研究实验室 OpenAI 于 2022 年 11 月 30 日发布的一款全新聊天机器人棋 型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话，ChatGPT 的开发主要采用 PLHF（人类反馈强化 学习）技术.在测试 ChatGPT 时，如果输入的问题没有语法错误，则 ChatGPT 的回答被采纳的概率为 90%，当出现语法错误时，ChatGPT 的回答被采纳的概率为50%. (1)在某次测试中输入了 7 个问题，ChatGPT 的回答有 5 个被采纳.现从这 7 个问题中抽取 3 个，以𝜉表 示这抽取的问题中回答被采纳的问题个数，求𝜉的分布列和数学期望； (2)已知输入的问题出现语法错误的概率为15%， （i）求 ChatGPT 的回答被采纳的概率； （ii）若已知 ChatGPT 的回答被采纳，求该问题的输入没有语法错误的概率. 16.已知在(2𝑥 − 1 √𝑥 ) 𝑛 (𝑛 ∈ N∗)的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是 2 5 ． (1)求 n 的值； (2)求展开式中的常数项，并指出是第几项； (3)求展开式中系数绝对值最大的项． 17．第 18 届亚足联亚洲杯将于 2023 年举行，已知此次亚洲杯甲裁判组有 6 名裁判，分别是 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹.（以下问题用数字作答） (1)若亚洲杯组委会邀请甲裁判组派裁判去参加一项活动，必须有人去，去几人由甲裁判组自行决定， 问甲裁判组共有多少种不同的安排方法？ (2)若亚洲杯组委会安排这 6 名裁判担任 6 场比赛的主裁判，每场比赛只有 1 名主裁判，每名裁判只担 任 1 场比赛的主裁判，根据回避规则，其中 A不担任第一场比赛的主裁判，𝐶不担任第三场比赛的主 裁判，问共有多少种不同的安排方法？ (3)若亚洲杯组委会将这 6 名裁判全部安排到 3 项不同的活动中，每项活动至少安排 1 名裁判，每名裁 判只参加 1 项活动，问共有多少种不同的安排方法？ 18．某校团委开展知识竞赛活动．现有两组题目放在𝐴,𝐵两个箱子中，𝐴箱中有 6 道选择题和 3 道论述 题，𝐵箱中有 3 道选择题和 2 道论述题．参赛选手先在任一箱子中随机选取一题，作答完后再在此箱子 中选取第二题作答，答题结束后将这两个题目放回原箱子． (1)若同学甲从𝐵箱中抽取了 2 题，求第 2 题抽到论述题的概率； (2)若同学乙从𝐴箱中抽取了 2 题，答题结束后误将题目放回了𝐵箱，接着同学丙从𝐵箱中抽取题目作 答， （i）求丙取出的第一道题是选择题的概率； （ii）已知丙取出的第一道题是选择题，求乙从𝐴箱中取出的是两道论述题的概率． 19．已知函数𝑓(𝑥) = e𝑥 − 𝑎𝑥 − 2, 𝑎 ∈ 𝑅,e是自然对数的底数． (1)当𝑎 = 1时，求函数𝑓(𝑥)的单调性； (2)若关于𝑥的方程𝑓(𝑥) + 2 = 0有两个不等实根，求𝑎的取值范围； (3)若𝑎 = 1, 𝑘为整数，且当𝑥 > 0时， 𝑘−𝑥 𝑥+1 𝑓′(𝑥) < 1恒成立，求𝑘的最大值． 1．D 【分析】根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】依题意从𝑎1、𝑎2、𝑎3中取一个有3种取法， 从𝑏1、𝑏2中取一个有2种取法， 从𝑐1、𝑐2、𝑐3中取一个有3种取法， 所以乘积(𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3)(𝑏1 + 𝑏2)(𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3)完全展开后的项数为3 × 2 × 3 = 18. 故选：D 2．C 【分析】由组合数的性质计算即可. 𝑚 𝑚 所以𝑚 + 𝑚 − 2 = 12 ⇒ 𝑚 = 7， 故选：C. 3． 【详解】因为C12 = C12 −2， B 【分析】由(3𝑥 + 1 𝑥 )7展开式通项直接计算含 1 𝑥3 项的系数即可． 【详解】(3𝑥 + 1 𝑥 )7展开式通项为C7 𝑟 ⋅ (3𝑥)7−𝑟 ⋅ ( 1 𝑥 )𝑟 = C7 𝑟 ⋅ 37−𝑟 ⋅ 𝑥7−2𝑟， 令7 − 2𝑟 = −3，解得𝑟 = 5，所以含 1 𝑥3 项的系数为C7 5 ⋅ 37−5 = 21 × 9 = 189， 故选：B． 4．C 【分析】记事件𝐴表示“第一次取到白球”，事件𝐵表示“第二次取到白球”，分别求出 𝑃(𝐴), 𝑃(𝐴𝐵)，根据条件概率公式即可求出结果. 【详解】记事件𝐴表示“第一次取到白球”，事件𝐵表示“第二次取到白球”， 则𝑃(𝐴) = 2 6 = 1 3 , 𝑃(𝐴𝐵) = 2 6 × 1 5 = 1 15 ， 高二下期半期质量检测数学参考答案： 所以在第一次抽取到白球的条件下，第二抽到白球的概率𝑃(𝐵|𝐴) = 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 1 15 1 3 = 1 5 . 故选：C. 5．D 【分析】求出函数的导函数，依题意𝑓′(𝑥) ≥ 0恒成立，则Δ ≤ 0，即可求出参数的取值范 围. 【详解】因为𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 1 2 𝑎𝑥2 + 7𝑥 − 3𝑎的定义域为R， 且𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 𝑎𝑥 + 7， 又函数𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 1 2 𝑎𝑥2 + 7𝑥 − 3𝑎不存在极值， 则𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 𝑎𝑥 + 7没有变号零点， 所以𝑓′(𝑥) ≥ 0恒成立，则Δ = (−𝑎)2 − 4 × 3 × 7 ≤ 0，解得−2√21 ≤ 𝑎 ≤ 2√21， 即𝑎的取值范围是[−2√21, 2√21]. 故选：D 6． A 【分析】由题设可得(𝑎0 + 𝑎2 + 𝑎4) 2 − (𝑎1 + 𝑎3) 2 = (𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4)(𝑎0 − 𝑎1 + 𝑎2 − 𝑎3 + 𝑎4)，应用赋值法求𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4、𝑎0 − 𝑎1 + 𝑎2 − 𝑎3 + 𝑎4，即可求目标 式的值. 【详解】由(𝑎0 + 𝑎2 + 𝑎4) 2 − (𝑎1 + 𝑎3) 2 = (𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4)(𝑎0 − 𝑎1 + 𝑎2 − 𝑎3 + 𝑎4)， 当𝑥 = 1时，𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 = (2 + √2) 4， 当𝑥 = −1时，𝑎0 − 𝑎1 + 𝑎2 − 𝑎3 + 𝑎4 = (√2 − 2) 4， ∴(𝑎0 + 𝑎2 + 𝑎4) 2 − (𝑎1 + 𝑎3) 2 = [(√2 + 2)(√2 − 2)]4 = (−2)4 = 16. 故选：A 7．A 【分析】设函数𝑦 = e2𝑥上在点(𝑥0, e 2𝑥0)的切线恰与直线2𝑥 − 𝑦 − 4 = 0平行，利用导数的 几何意义求出𝑥0，则|𝑃𝑄|的最小值即为切点到直线的距离. 【详解】设函数𝑦 = e2𝑥上在点(𝑥0, e 2𝑥0)的切线恰与直线2𝑥 − 𝑦 − 4 = 0平行， 由𝑦 = e2𝑥，可得𝑦′ = 2e2𝑥，则𝑦′|𝑥=𝑥0 = 2e 2𝑥0， 所以2e2𝑥0 = 2，解得𝑥0 = 0， 所以|𝑃𝑄|的最小值为点(0,1)到直线2𝑥 − 𝑦 − 4 = 0的距离𝑑 = |0−1−4| √22+(−1)2 = √5. 故选：A 8．B 【分析】根据题意构造函数𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) 𝑥2 ，由条件不等式判断函数在(0, +∞)上单调递减，将 不等式 𝑎𝑥⋅𝑓(e𝑥) e𝑥 ≤ 𝑓(𝑎𝑥)⋅e𝑥 𝑎𝑥 转化成𝑔(e𝑥) ≤ 𝑔(𝑎𝑥)，利用𝑔(𝑥)单调性将问题简化为𝑎 ≤ e𝑥 𝑥 在𝑥 ∈ (0, +∞)上恒成立，求出函数ℎ(𝑥) = e𝑥 𝑥 在(0, +∞)上的最小值即得. 【详解】由2𝑓(𝑥) − 𝑥𝑓′(𝑥) > 0，𝑥 ∈ (0, +∞)，可设𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) 𝑥2 ，𝑥 ∈ (0, +∞)， 则𝑔′(𝑥) = 𝑥2𝑓′(𝑥)−2𝑥𝑓(𝑥) 𝑥4 = 𝑥𝑓′(𝑥)−2𝑓(𝑥) 𝑥3 < 0，即函数𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) 𝑥2 在(0, +∞)上为减函数, 因𝑥 > 0, 𝑎𝑥 > 0，则𝑎 > 0，由 𝑎𝑥⋅𝑓(e𝑥) e𝑥 ≤ 𝑓(𝑎𝑥)⋅e𝑥 𝑎𝑥 可得 𝑓(e𝑥) (e𝑥)2 ≤ 𝑓(𝑎𝑥) (𝑎𝑥)2 ，即𝑔(e𝑥) ≤ 𝑔(𝑎𝑥)， 故得e𝑥 ≥ 𝑎𝑥，即𝑎 ≤ e𝑥 𝑥 在𝑥 ∈ (0, +∞)上恒成立. 令ℎ(𝑥) = e𝑥 𝑥 ，𝑥 ∈ (0, +∞)，则ℎ′(𝑥) = (𝑥−1)e𝑥 𝑥2 ， 当0 < 𝑥 < 1时，ℎ′(𝑥) < 0，ℎ(𝑥)单调递减，当𝑥 > 1时，ℎ′(𝑥) > 0，ℎ(𝑥)单调递增， 则𝑥 = 1时，ℎ(𝑥)取得最小值ℎ(1) = e，故𝑎 ≤ e，又𝑎 > 0，故0 < 𝑎 ≤ e. 故选：B. 9．ABD 【分析】利用捆绑法可判断 A 选项；利用特殊元素优先可判断 B 选项；利用插空法可判断 C 选项；利用组合法可判断 D 选项. 【详解】选项 A:若甲和乙相邻，将甲和乙捆绑，形成一个大元素，与其余四个元素排序 共有A2 2 A4 4 = 48种排法，A 对; 选项 B：若甲不排第一个，则甲有 4 种排法，其余全排，共有A4 4 = 24种，B 对； 选项 C，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的人全排，然后将甲与丙插入人所形成的个空 中的个空，所以，共有A3 3 A4 2 = 72种排法，C 错； 选项 D，若甲在乙的前面，只需在 5 个位置中先选两个位置排甲、乙，且甲排在乙的前 面，然后将其余 3 个人全排，共有C5 2 · A3 3 = 60种排法，D 对. 故选：ABD. 10．AC 【分析】根据二项式系数和为2𝑛 = 32，计算可得𝑛 = 5，判断 A；根据𝑛 = 5，即可判断 B；令𝑥 = 1，即可判断 C；求出展开式的通项，令𝑥的幂指数为整数，即可判断 D. 【详解】因为知二项式(1 + 2√𝑥)𝑛的二项式系数和为 32，所以2𝑛 = 32，即𝑛 = 5，A 正 确； 因为𝑛 = 5，所以二项展开式有6项， 所以展开式的第三项和第四项的二项式系数均为最大值，B 错误； 令𝑥 = 1，(1 + 2√𝑥)5 = (1 + 2)5 = 243， 所以展开式各项系数之和是 243，C 正确； 𝑇𝑟+1 = C5 𝑟 ⋅ (1)5−𝑟(2√𝑥) 𝑟 = (2)𝑟C5 𝑟(𝑥) 𝑟 2，因为𝑟 = {0,1,2,3,4,5}， 所以𝑟 = 0、𝑟 = 2、𝑟 = 4时，(2)𝑟C5 𝑟(𝑥) 𝑟 2为有理项，所以 D 错误. 故选：AC 11．ABC 【分析】根据题意可知点(𝑎, 𝑏)在𝑓(𝑥) = e𝑥下方及𝑥轴上方，从而可对 A 判断；设出𝑦 = e𝑥 切点(𝑥0, 𝑦0)，求出切线方程，再结合题意中的几何条件，从而可对 B 判断；构造函数 𝐹(𝑥) = 𝑥2 e𝑥 ，利用导数分别可求出𝐹(𝑥)的单调性及最值情况，画出相应图象，从而可对 C、 D 判断求解. 【详解】对 A：由题意知可知当点(𝑎, 𝑏)在曲线𝑓(𝑥) = e𝑥的下方和𝑥轴上方才可以作出两条 切线， 所以0 < 𝑏 < e𝑎，故 A 正确. 对 B：由𝑓(𝑥) − 𝑘𝑥 ≥ 0在R上恒成立，等价于𝑦 = e𝑥在R上横在𝑦 = 𝑘𝑥上方， 设𝑦 = e𝑥的切点坐标为(𝑥0, 𝑦0)，其切线方程为𝑦 − e 𝑥0 = e𝑥0(𝑥 − 𝑥0)， 对应的切线经过坐标原点，将(0,0)代入解得𝑥0 = 1，其切线斜率𝑘 = e， 所以实数𝑘的取值范围为0 ≤ 𝑘 ≤ e，故 B 正确. 对 C：若𝑔(𝑥) ≤ 𝑚𝑓(𝑥)在[1,3]上恒成立，则𝑚 ≥ 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥) = 𝑥2 e𝑥 在[1,3]时恒成立， 即𝑚 ≥ ( 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥) ) max ，𝑥 ∈ [1,3]，设𝐹(𝑥) = 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥) = 𝑥2 e𝑥 ，𝑥 ∈ [1,3]，则𝐹′(𝑥) = 𝑥(2−𝑥) e𝑥 ， 当𝑥 ∈ [1,2)时，𝐹′(𝑥) > 0，当𝑥 ∈ (2,3]，𝐹′(𝑥) < 0， 所以𝐹(𝑥)在区间[1,2)上单调递增，(2,3]上单调递减， 当𝑥 = 2时，𝐹(𝑥)取到极大值也是最大值为𝐹(2) = 4 e2 ，所以𝑚 ≥ 4 e2 ，故 C 正确. 对 D：由 C 知，当𝑥 ∈ (−∞, 0)时，𝐹′(𝑥) < 0，当𝑥 ∈ (0,2)时，𝐹′(𝑥) > 0， 当𝑥 ∈ (2, +∞)时，𝐹′(𝑥) < 0， 所以𝐹(𝑥)在区间(−∞, 0)，(2, +∞)上单调递减，(0,2)上单调递增， 当𝑥 = 0时，𝐹(𝑥)取到极小值𝐹(0) = 0，当𝑥 = 2时，𝐹(𝑥)取到极大值𝐹(2) = 4 e2 ， 而𝑥 > 0时，𝑓(𝑥) > 0恒成立，故可画出函数𝐹(𝑥)的图象如下： 要求函数ℎ(𝑥) = 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥) − 𝑡的零点，即求𝑦 = 𝐹(𝑥)与𝑦 = 𝑡图象的交点个数， 所以可知𝑡 > 4 e2 或𝑡 = 0时，有且只有一个零点，故 D 错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛： （1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为 不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明 常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理； （2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过 程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用； （3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许 多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 12．0 【分析】根据题意先求出𝑎 = 1 3 ，再求出𝐸(𝑋) = − 1 6 ，再结合期望的性质从而可求解. 【详解】由已知得 1 2 + 1 6 + 𝑎 = 1，解得𝑎 = 1 3 ， 则𝐸(𝑋) = (−1) × 1 2 + 0 × 1 6 + 1 × 1 3 = − 1 6 ， 𝐸(𝑌) = 6𝐸(𝑋) + 1 = 6 × (− 1 6 ) + 1 = 0. 故答案为：0. 13. 72 【分析】根据分步计数原理与分类计数原理，列出每一步骤及每种情况，计算即可. 【详解】我们需要用四种颜色给五个区域𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸涂色，使得区域𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸的颜色均和 区域𝐴的颜色不同，区域𝐵和𝐷，𝐷和𝐸，𝐸和𝐶，𝐶和𝐵每对的颜色都不相同. 那么首先区域𝐴有四种涂法，颜色确定后，区域𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸仅可以使用其余三种颜色. 由于这四个区域只能使用三种颜色，故一定存在两个区域同色，而相邻两个区域不能同 色，所以同色的区域一定是𝐵和𝐸，或者𝐷和𝐶. 如果这两对区域都是同色的，那么𝐵和𝐸，以及𝐷和𝐶，分别需要在剩余的三种颜色里选出 一种，且颜色不能相同，所以此时的情况数有3 × 2 = 6种； 如果𝐵和𝐸同色，但𝐷和𝐶不同色，那么𝐵和𝐸的颜色有三种选择，选择后，𝐷和𝐶的颜色只能 是剩余的两种，且不相同，但排列顺序有两种，所以此时的情况数有3 × 2 = 6种； 如果𝐷和𝐶同色，但𝐵和𝐸不同色，同理，此时的情况数有3 × 2 = 6种. 综上，区域𝐴的颜色确定后，剩下四个区域𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸的涂色方式共有6 + 6 + 6 = 18种. 而区域𝐴的颜色有四种选择，所以总的涂色方法有4 × 18 = 72种. 故答案为：72. 14． −1 (−∞, − 1 4 ) ∪ ( 1 2 , +∞) 【分析】（1）利用导数可求得函数𝑦 = 𝑓(𝑥)的极小值； （2）由题意可得出𝑓(𝑥)min > 𝑔(𝑥)min，分𝑚 > 0、𝑚 < 0、𝑚 = 0三种情况讨论，根据题 意可得出关于𝑚的不等式，进而可求得𝑚的取值范围. 【详解】由𝑓(𝑥) = e𝑥(𝑥 − 1)，得𝑓′(𝑥) = e𝑥(𝑥 − 1) + e𝑥 = 𝑥e𝑥， 令𝑓′(𝑥) = 0，得𝑥 = 0， 列表如下： 𝑥 (−∞, 0) 0 (0, +∞) 𝑓′(𝑥) − 0 + 𝑓(𝑥) 递减 极小值 递增 所以，函数𝑦 = 𝑓(𝑥)的极小值为𝑓(0) = e0(0 − 1) = −1； （2）∀𝑥1 ∈ [−2,2]，∃𝑥2 ∈ [−1,2]，使得𝑓(𝑥1) > 𝑔(𝑥2)，即𝑓(𝑥)min > 𝑔(𝑥)min，∴ 𝑔(𝑥)min < 𝑓(𝑥)min = −1. ①当𝑚 > 0时，函数𝑦 = 𝑔(𝑥)单调递增，𝑔(𝑥)min = 𝑔(−1) = −𝑚 − 1 2 ， ∴ −𝑚 − 1 2 < −1，即𝑚 > 1 2 ； ②当𝑚 < 0时，函数𝑦 = 𝑔(𝑥)单调递减，𝑔(𝑥)min = 𝑔(2) = 2𝑚 − 1 2 ， ∴ 2𝑚 − 1 2 < −1，即𝑚 < − 1 4 ； ③当𝑚 = 0时，𝑔(𝑥) = − 1 2 ，不符合题意. 综上：𝑚 ∈ (−∞, − 1 4 ) ∪ ( 1 2 , +∞). 故答案为：−1；(−∞, − 1 4 ) ∪ ( 1 2 , +∞). 15. 1．(1)分布列见解析，𝐸(𝜉) = 15 7 (2)（ⅰ）0.84；（ⅱ） 153 168 【分析】（1）𝜉服从超几何概率分布，直接求解即可. （2）利用全概率公式求解 ChatGPT 的回答被采纳的概率；利用条件概率公式求解该问题 的输入没有语法错误的概率即可. 【详解】（1）易知𝜉的所有取值为 1，2，3， 此时𝑃(𝜉 = 1) = C5 1C2 2 C7 3 = 1 7 ，𝑃(𝜉 = 2) = C5 2C2 1 C7 3 = 4 7 ，𝑃(𝜉 = 3) = C5 3C2 0 C7 3 = 2 7 ， 所以𝜉的分布列为： 𝜉 1 2 3 𝑃 1 7 4 7 2 7 则𝐸(𝜉) = 1 × 1 7 + 2 × 4 7 + 3 × 2 7 = 15 7 ； （2）（ⅰ）记“输入的问题没有语法错误”为事件 A， 记“输入的问题有语法错误”为事件𝐵， 记“ChatGPT 的回答被采纳”为事件𝐶， 易知𝑃(𝐵) = 0.15， 所以𝑃(𝐴) = 0.85，𝑃(𝐶|𝐴 ) = 0.9，𝑃(𝐶|𝐵 ) = 0.5， 𝑃(𝐶) = 𝑃(𝐴𝐶) + 𝑃(𝐵𝐶) = 𝑃(𝐴)𝑃(𝐶|𝐴 ) + 𝑃(𝐵)𝑃(𝐶|𝐵 ) = 0.85 × 0.9 + 0.15 × 0.5 = 0.84； （ⅱ）若 ChatGPT 的回答被采纳，则该问题的输入没有语法错误的概率 𝑃(𝐴|𝐶 ) = 𝑃(𝐴𝐶) 𝑃(𝐶) = 𝑃(𝐴)𝑃(𝐶|𝐴 ) 𝑃(𝐶) = 0.85×0.9 0.84 = 153 168 16． (1) 𝑛 = 6 (2)常数项为60，为第5项 (3)240𝑥3 【分析】（1）首先求出𝑛 = 6，再由二项式展开式通项求解即可； （3）假设𝑇𝑟+1系数绝对值最大，则它的系数的绝对值不小于前一项的系数的绝对值，并且 不小于后一项的系数的绝对值，利用不等式组求解即可. 【详解】（1）依题意可得第2项的二项式系数为C𝑛 1，第3项的二项式系数为C𝑛 2， 所以 C𝑛 1 C𝑛 2 = 2 5 ，即 𝑛 𝑛(𝑛−1) 2×1 = 2 5 ，则𝑛2 − 6𝑛 = 0，∴𝑛 = 6或𝑛 = 0（舍去）， 所以(2𝑥 − 1 √𝑥 ) 6 展开式的通项为𝑇𝑟+1 = C6 𝑟(2𝑥)6−𝑟 (−𝑥− 1 2) 𝑟 = (−1)𝑟26−𝑟C6 𝑟𝑥6− 3 2 𝑟 (0 ≤ 𝑟 ≤ 6, 𝑟 ∈ N)， 令6 − 3 2 𝑟 = 0，解得𝑟 = 4， 所以𝑇5 = 2 2C6 2𝑥0 = 60为常数项，所以常数项为60，为第5项. （3）令{ 26−𝑟C6 𝑟 ≥ 27−𝑟C6 𝑟−1 26−𝑟C6 𝑟 ≥ 25−𝑟C6 𝑟+1 ⇒ { C6 𝑟 ≥ 2C6 𝑟−1 2C6 𝑟 ≥ C6 𝑟+1 ⇒ { 6! (6−𝑟)!𝑟! ≥ 2×6! (7−𝑟)!(𝑟−1)! 2×6! (6−𝑟)!𝑟! ≤ 6! (5−𝑟)!(𝑟+1)! ⇒ { 7−𝑟 𝑟 ≥ 2 2 ≥ 6−𝑟 𝑟+1 ， 解得 4 3 ≤ 𝑟 ≤ 7 3 ，又𝑟 ∈ N，∴𝑟 = 2， ∴𝑇3 = 240𝑥 3，即展开式中系数绝对值最大的项为240𝑥3. 17．(1)63 种 (2)504 种 (3)540 种 【分析】（1）根据可去裁判的人数结合组合数的性质分析运算； （2）利用间接法，在所有排列情况下排除 A 担任第一场比赛的主裁判或 C 担任第三场比 赛的主裁判的可能； （3）根据题意，分类讨论人数的分配情况运算求解. 【详解】（1）由题意知：可去1,2,3,4,5,6名裁判， 所以共有C6 1 + C6 2 + ⋯ + C6 6 = 26 − 1 = 63（种）不同的安排方法. （2）这 6 名裁判担任 6 场比赛的主裁判，每场比赛只有 1 名主裁判，每名裁判只担任 1 场比赛的主裁判，共有A6 6种方法， 若 A 担任第一场比赛的主裁判的方法数为A5 5； 若 C 担任第三场比赛的主裁判的方法数为A5 5； 若 A 担任第一场比赛的主裁判同时𝐶担任第三场比赛的主裁判的方法数为A4 4； 所以 A 不担任第一场比赛的主裁判，𝐶不担任第三场比赛的主裁判，共有A6 6 − 2A5 5 + A4 4 = 720 − 240 + 24 = 504（种）不同的安排方法. （3）亚洲杯组委会将这 6 名裁判安排到 3 项不同的活动中，每项活动至少安排 1 名裁 判，则分类如下： ①这 6 名裁判分为 1 人，1 人，4 人这三组，共有 C6 1C5 1C4 4 A2 2 ⋅ A3 3 = 90（种）不同的安排方法； ②这 6 名裁判分为 1 人，2 人，3 人这三组，共有C6 1C5 2C3 3 ⋅ A3 3 = 360（种）不同的安排方 法； ③这 6 名裁判分为 2 人，2 人，2 人这三组，共有 C6 2C4 2C2 2 A3 3 ⋅ A3 3 = 90（种）不同的安排方法. 综上所述：组委会将这 6 名裁判安排到 3 项不同的活动中，每项活动至少安排 1 名裁判， 共有90 + 360 + 90 = 540（种）不同的安排方法. 18．(1) 2 5 (2)（i） 13 21 （ii） 3 52 【分析】（1）设出事件,利用全概率公式求解即可； （2）设出事件𝐴，𝐵1，𝐵2，𝐵3并求出对应的概率，利用全概率公式求出𝑃(𝐴)，然后利用条 件概率公式求解即可. 【详解】（1）设事件𝐴𝑖表示“甲第 i 次从 B 信封中取到论述题”，𝑖 = 1，2， 则𝑃(𝐴1) = 2 5 ，𝑃(𝐴1) = 3 5 ，𝑃(𝐴2|𝐴1 ) = 1 4 ，𝑃(𝐴2|𝐴1 ) = 2 4 = 1 2 . 由全概率公式得第 2 题抽到论述题的概率𝑃(𝐴2) = 𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2|𝐴1 ) + 𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2|𝐴1 ) = 2 5 × 1 4 + 3 5 × 1 2 = 2 5 . （2）设事件 A 为“丙从 B 信封中取出的第一个题是选择题”， 事件𝐵1为“乙从 A 信封中取出 2 个选择题”， 事件𝐵2为“乙从 A 信封中取出 1 个选择题和 1 个论述题”， 事件𝐵3为“乙从 A 信封中取出 2 个论述题”， 则𝐵1，𝐵2，𝐵3两两互斥且𝐵1 ∪ 𝐵2 ∪ 𝐵3 = Ω， 则𝑃(𝐵1) = C6 2 C9 2 = 5 12 ，𝑃(𝐵2) = C6 1C3 1 C9 2 = 1 2 ，𝑃(𝐵3) = C3 2 C9 2 = 1 12 ， 𝑃(𝐴|𝐵1 ) = 5 7 ，𝑃(𝐴|𝐵2 ) = 4 7 ，𝑃(𝐴|𝐵3 ) = 3 7 ， （i）所以丙取出的第一道题是选择题的概率为𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐵1)𝑃(𝐴|𝐵1 ) + 𝑃(𝐵2)𝑃(𝐴|𝐵2 ) + 𝑃(𝐵3)𝑃(𝐴|𝐵3 ) = 5 12 × 5 7 + 1 2 × 4 7 + 1 12 × 3 7 = 13 21 ， （ii）已知丙取出的第一道题是选择题，乙从𝐴箱中取出的是两道论述题的概率为 𝑃(𝐵3|𝐴 ) = 𝑃(𝐵3𝐴) 𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐵3)𝑃(𝐴|𝐵3 ) 𝑃(𝐴) = 1 12 × 3 7 13 21 = 3 52 . 19. (1)𝑓(𝑥)的增区间是(0,+∞)，减区间是(−∞,0) (2)𝑎 > e (3)2 【分析】（1）求函数的导数，再代入𝑎 = 1，利用导数求函数的单调性即可； （2）方程𝑓(𝑥) + 2 = e𝑥 − 𝑎𝑥 = 0，转化为𝑎 = e𝑥 𝑥 ，利用导数分析函数𝑔(𝑥) = e𝑥 𝑥 的图象，再 利用数形结合，求参数𝑎的取值范围； （3）首先参变分离为𝑘 < 𝑥+1 e𝑥−1 + 𝑥，再令ℎ(𝑥) = 𝑥+1 e𝑥−1 + 𝑥, 𝑥 > 0，利用导数求函数的单调区 间，并求函数的最小值的取值范围，即可求解𝑘的最大值. 【详解】（1）𝑓′(𝑥) = e𝑥 − 𝑎 = e𝑥 − 1， 令𝑓′(𝑥) = 0，得𝑥 = 0， 当𝑥 ∈ (−∞,0)时，𝑓′(𝑥) < 0，𝑓(𝑥)单调递减， 当𝑥 ∈ (0,+∞)时，𝑓′(𝑥) > 0，𝑓(𝑥)单调递增， 综上可知，当𝑎 = 1时， 𝑓(𝑥)的增区间是(0,+∞)，减区间是(−∞,0). （2）方程𝑓(𝑥) + 2 = e𝑥 − 𝑎𝑥 = 0，显然当𝑥 = 0时，方程不成立，则𝑎 = e𝑥 𝑥 ，𝑥 ≠ 0， 若方程有两个不等实根，即𝑦 = 𝑎与𝑔(𝑥) = e𝑥 𝑥 有 2 个交点， 𝑔′(𝑥) = (𝑥−1)e𝑥 𝑥2 ， 当𝑥 ∈ (−∞,0) ∪ (0,1)时，𝑔′(𝑥) < 0，𝑔(𝑥)在区间(−∞,0)和(0,1)单调递减， 并且𝑥 ∈ (−∞,0)时，𝑔(𝑥) < 0，当𝑥 ∈ (0,1)时，𝑔(𝑥) > 0， 当𝑥 ∈ (1, + ∞)时，𝑔′(𝑥) > 0，𝑔(𝑥)单调递增， 𝑥 > 0时，当𝑥 = 1时，𝑔(𝑥)取得最小值，𝑔(1) = e， 如图，函数𝑔(𝑥)的图象， 𝑦 = 𝑎与𝑔(𝑥) = e𝑥 𝑥 有 2 个交点，则𝑎 > e； （3）当𝑎 = 1时，𝑓(𝑥) = e𝑥 − 𝑥 − 2，𝑓′(𝑥) = e𝑥 − 1， 所以 𝑘−𝑥 𝑥+1 𝑓′(𝑥) < 1 ⇔ (𝑘 − 𝑥)(e𝑥 − 1) < 𝑥 + 1， 当𝑥 > 0时，e𝑥 − 1 > 0，𝑘 < 𝑥+1 e𝑥−1 + 𝑥， 令ℎ(𝑥) = 𝑥+1 e𝑥−1 + 𝑥，𝑥 > 0， 则ℎ′(𝑥) = −𝑥e𝑥−1 (e𝑥−1)2 + 1 = e𝑥(e𝑥−𝑥−2) (e𝑥−1)2 ， 由（1）可知，𝑓(𝑥) = e𝑥 − 𝑥 − 2在(0, + ∞)单调递增，而且𝑓(1) < 0,𝑓(2) > 0， 所以𝑓(𝑥)在(0, + ∞)上存在唯一的零点，即ℎ′(𝑥)在(0, + ∞)上存在唯一的零点， 设此零点为𝑥0，则𝑥0 ∈ (1,2)，且e 𝑥0 = 𝑥0 + 2， 当𝑥 ∈ (0, 𝑥0)时，ℎ ′(𝑥) < 0，ℎ(𝑥)单调递减， 当𝑥 ∈ (𝑥0, +∞)时，ℎ ′(𝑥) > 0，ℎ(𝑥)单调递增， 所以ℎ(𝑥)的最小值为ℎ(𝑥0) = 𝑥0+1 e𝑥+1 + 𝑥0 = 𝑥0 + 1 ∈ (2,3)， 所以𝑘 < ℎ(𝑥0)， 所以整数𝑘的最大值为 2. 【点睛】关键点点睛：本题第二问和第三问的关键是运用参变分离，转化为函数图象的交 点问题，以及隐点问题，求最值.