福建省泉州市丰泽区北附中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

试卷第 1 页，共 4 页 泉州北附中学 2024—2025 下学期期中考试卷（高二年数学科） 考试时间长度：120 分钟，总分：150 分， 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5分，共 40分，再每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．已知函数 ( ) ( ) 21 lnf x f x x−′= ，则 ( )1f ′ =（ ） A．1 B． 1− C．2 D． 2− 2． 6 2 x x −    的展开式中， 4x 的系数为（ ） A． 15 4 B． 5 2 C． 5 4 D． 15 16 3．随机变量 X 的分布列是．若 ( ) 1E X = ，则 ( )D X =（ ） X 2− 1 2 P a b 12 A．2 B．3 C．4 D．5 4．已知随机变量 1~ 4, 3 X B      ，下列表达式正确的是（ ） A． 4( 2) 81 P X = = B． (3 1) 4E X + = C． (3 1) 8D X + = D． 4( ) 9 D X = 5．某工厂 5 月份生产 5000 个灯泡，实验得知灯泡使用寿命（单位：小时）服从正态分布 ( )21000,N σ ，已知 ( 1200) 0.1P X > = ，则工厂该月生产灯泡寿命在 800 小时及其以上的个数约为（ ） A．4400 B．4500 C．4600 D．4900 6．已知一道解答题共有两小问，小李有 0.6 的概率可以解答出第一问．在第一问解答不出的情况下，解答出第二问 的概率为 0.1，第一问解答出来的情况下，第二问解答不出来的概率为 0.7，则解答出第二问的概率为（ ） A．0.46 B．0.22 C．0.18 D．0.04 7． 859 211+ 被 10 除所得的余数为（ ） A．1 B．2 C．0 D．9 8．若函数 2( ) e ( 1)ex xf x x m= − − 存在唯一极值点，则实数m 的取值范围是（ ） A． 3 2 m = B． 3 2 m ≤ C． 1m < D． 1m≤ 二、多选题（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，部分选对得得部分分。） 9．对于二项式 ( )91 2x− ，下列说法正确的是（ ） A．展开式中各项的二项式系数之和为 512 B．展开式中第 3 项与第 8 项的二项式系数相等 试卷第 2 页，共 4 页 C．二项式系数最大的项是第 5 和第 6 项 D．若 ( )9 2 90 1 2 91 2x a a x a x a x− = + + + ⋅⋅⋅+ ，则 1 3 5 7 9 9842a a a a a+ + + + = 10．现安排甲、乙、丙、丁 4 名同学参加 , ,A B C 三项工作，且每个同学只能参加一项工作，则下列说法正确的是（ ） A．不同的安排方法共有 43 种 B．若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有 ( )1 43C 2 1− 种 C．若甲，乙两人都不能去参加A 项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有 14 种 D．若每个同学只能参加一项工作且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有 36 种 11．已知函数 2( ) lnf x x x= ，则下列说法正确的是（ ） A． ( )f x 在区间 1(0, ) 2 上单调递减 B．当 10 e x< < 时， 2 ))( e (f x f x< C．当0 1x< ≤ 时， 1 ( ) 0 2e f x− ≤ ≤ D．若 10 e e a< < ，则过点 ( , ( ))a f a 可作 ( )f x 图象的两条切线 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5分，共 15分） 12．甲、乙等 5 人站成一排拍照，已知甲没有站在最中间，则甲、乙相邻的概率为 ． 13．已知直线 1y kx= + 与曲线 ( ) e 1 x f x x = + 相切，则实数 k 的值为 ． 14．已知函数 ( ) 2ln 1f x x ax b= − + − ， （ⅰ）若 ( )f x 在 ( )1,+∞ 上单调，则a的取值范围是 ； （ⅱ）若对任意的 ( )0,x∈ +∞ ， ( ) 0f x ≤ ，则 2b a− 的最大值为 ． 四、解答题（本题共 5 题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。） 15．（13 分）已知函数 ( ) 3 21 3 3 f x x ax= − + 在点 ( )( )1, 1f 处的切线与直线 3 0x y− + = 垂直. (1)求 a 的值 (2)求函数 ( )f x 的极值. 试卷第 3 页，共 4 页 16．（15 分）某大学生参加社会实践活动，对某公司1月份至6 月份销售某种配件的销售量及销售单价进行了调查， 销售单价 x和销售量 y 之间的一组数据如下表所示： 月份 1 2 3 4 5 6 销售单价 ( 元 ) 11 9.5 12 10.5 9 10 销售量 ( 件 ) 11 10 8 6 15 14.2 (1)根据1至5月份的数据，求出 y 关于 x的回归直线方程； (2)若由回归直线方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过0.5元，则认为所得到的回归直线方程是 理想的，试问 ( )1 中所得到的回归直线方程是否理想？ (3)预计在今后的销售中，销售量与销售单价仍然服从 ( )1 中的关系，若该种机器配件的成本是2.5元 / 件，那么 该配件的销售单价应定为多少元才能获得最大利润？ ( 注：利润=销售收入 -成本 ) ． 参考公式：回归直线方程 ˆˆ ˆy bx a= + ，其中 1 22 1 ˆ n i i i n i i x y nx y x x b n = = − − = ∑ ∑ ， 5 5 2 1 1 510, 546.5i i i i i x y x = = = =∑ ∑ 17．（15 分）某所学校进行知识竞赛，最终甲乙同学进入决赛，争夺冠军，决赛一共有文化､科技､体育三个项目， 比赛采取每个项目中回答对问题多的那个同学在该项目获胜并且获得 20 分，没获胜的同学得 0 分，三个项目比赛 结束，总得分高的同学获得冠军，已知甲同学每个项目获胜的概率分别为 4 1 2, , 5 2 3 ，比赛没有平局，且每个项目比赛 相互独立. (1)求乙同学总得分为 40 分的概率； (2)用 X 表示甲同学的总得分，求 X 的分布列与期望； (3)判断甲乙两名同学谁获得冠军的概率大. 试卷第 4 页，共 4 页 18．（17 分）为响应国家促进消费的政策，某大型商场举办了“消费满减乐翻天”的优惠活动，顾客消费满 800 元（含 800 元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种） 方案 1：从装有 5 个红球，3 个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出 3 个球．每摸出 1 次红球，立减 150 元，若 3 次都摸到红球，则额外再减 200 元（即总共减 650 元）； 方案 2：从装有 5 个红球，3 个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出 3 个球．中奖规 则为：若摸出 3 个红球，享受免单优惠；若摸出 2 个红球，则打 5 折；其余情况无优惠． (1)顾客 A 选择抽奖方案 2，已知他第一次摸出红球，求他能够享受优惠的概率； (2)顾客 B 恰好消费了 800 元， ①若他选择抽奖方案 1，求他实付金额的分布列和期望（结果精确到 0.01）； ②试从实付金额的期望值分析顾客 B 选择何种抽奖方案更合理． 19．（17 分）函数 ( ) e , Rxf x ax a= − ∈ ． (1)讨论 ( )f x 的单调性； (2)当 0x ≥ 时， ( ) 2( 1)f x x≥ + 恒成立，求a的取值范围； (3)证明：当 1a = 时， ( ) ln 1f x x> + ． 试卷第 1 页，共 15 页 泉州北附中学 2024—2025 下学期期中考试卷（高二年数学科） 考试时间长度：120 分钟，总分：150 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5分，共 40分，再每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．已知函数 ( ) ( ) 21 lnf x f x x−′= ，则 ( )1f ′ =（ ） A．1 B． 1− C．2 D． 2− 【答案】A 【分析】求导可得 ( ) ( ) 12 1f x f x x ′ ′= − ，将 1x = 代入即可求解. 【详解】因 ( ) ( ) 12 1f x f x x ′ ′= − ， 所以 ( ) ( )1 2 1 1f f′ ′= − ，解得 ( )1 1f ′ = . 故选：A . 2． 6 2 x x −    的展开式中， 4x 的系数为（ ） A． 15 4 B． 5 2 C． 5 4 D． 15 16 【答案】A 【分析】利用二项式展开式通项公式来求指定项系数. 【详解】由 ( ) ( ) 6 6 6 2 1 6 6 1C 1 C 2 2 k k kk kk k k xT x x − − − +    = − = −        ， 当6 4 2 k − = ，解得 4k = ， 所以 4x 的系数为 ( ) 2 4 4 6 1 1 151 C = 15= 2 4 4  − ×    ， 故选：A. 3．随机变量 X 的分布列是．若 ( ) 1E X = ，则 ( )D X =（ ） X 2− 1 2 P a b 12 A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】利用分步列的性质及条件得到 1 1, 6 3 a b= = ，再利用方差的计算公式，即可求解. 【详解】由题知， 1 2 2 1 1 a b a b  + =  − + + = ，解得 1 1, 6 3 a b= = ， 试卷第 2 页，共 15 页 所以 2 1 1 1( ) 4 1 4 3 6 3 2 E X = × + × + × = ，又 2 2( ) ( ) ( )D X E X E X= − ，得到 ( ) 3 1 2D X = − = ， 故选：A. 4．已知随机变量 1~ 4, 3 X B      ，下列表达式正确的是（ ） A． 4( 2) 81 P X = = B． (3 1) 4E X + = C． (3 1) 8D X + = D． 4( ) 9 D X = 【答案】C 【分析】根据二项分布的性质，结合数学期望和方差的性质进行逐一判断即可. 【详解】因为 1~ 4, 3 X B      ，所以 1 4( ) 4 3 3 E X = × = ， 1 1 8( ) 4 1 3 3 9 D X  = × × − =    ， 因此 4(3 1) 3 ( ) 1 3 1 5 3 E X E X+ = + = × + = ， 2 8(3 1) 3 ( ) 9 8 9 D X D X+ = ⋅ = × = ， 因此选项 B、D 不正确，选项 C 正确； 又因为 2 2 2 4 1 1 8( 2) C 1 3 3 27 P X    = = − =        ，所以选项 A 不正确， 故选：C． 5．某工厂 5 月份生产 5000 个灯泡，实验得知灯泡使用寿命（单位：小时）服从正态分布 ( )21000,N σ ，已知 ( 1200) 0.1P X > = ，则工厂该月生产灯泡寿命在 800 小时及其以上的个数约为（ ） A．4400 B．4500 C．4600 D．4900 【答案】B 【分析】由已知，可得 ( 800) ( 1200) 0.1P X X< = > = ，则 ( )800 0.9P X ≥ = ，则5000 0.9× 可求得该月生产灯泡寿命 在 800 小时及其以上的个数. 【详解】因为灯泡使用寿命（单位：小时）服从正态分布 ( )21000,N σ ，且 ( 1200) 0.1P X > = ， 所以 ( 800) ( 1200) 0.1P X X< = > = ， 所以 ( )800 1 ( 800) 1 0.1 0.9P X P X≥ = − < = − = ， 则工厂该月生产灯泡寿命在 800 小时及其以上的个数约为 5000 0.9 4500× = 个， 故选：B. 6．已知一道解答题共有两小问，小李有 0.6 的概率可以解答出第一问．在第一问解答不出的情况下，解答出第二问 的概率为 0.1，第一问解答出来的情况下，第二问解答不出来的概率为 0.7，则解答出第二问的概率为（ ） A．0.46 B．0.22 C．0.18 D．0.04 【答案】B 试卷第 3 页，共 15 页 【分析】令A 表示第一问解答出来，B 表示第二问解答出来，应用对立事件的概率求法得 ( ) 0.4P A = 、 ( | ) 0.3P B A = ， 再应用全概率公式求解答出第二问的概率. 【详解】令A 表示第一问解答出来， B 表示第二问解答出来， 则 ( ) 0.6P A = ， ( | ) 0.1P B A = ， ( | ) 0.7P B A = ，故 ( ) 0.4P A = ， ( | ) 0.3P B A = ， 所以 ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) 0.4 0.1 0.6 0.3 0.22P B P A P B A P A P B A= + = × + × = . 故选：B 7． 859 211+ 被 10 除所得的余数为（ ） A．1 B．2 C．0 D．9 【答案】C 【分析】显然 211 被 10 除所得的余数为 1，故只需由二项式定理求得 859 被 10 除所得的余数即可. 【详解】 85 859 (10 1)= − ( )850 85 0 1 84 1 84 81 85 84 85 085 85 85 85 85C 10 ( 1) C 10 ( 1) C 10 ( 1) C 10 ( 1) C 10 1= ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − + + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − ， 因为 0 85 0 1 84 1 84 84 85 85 85C 10 ( 1) C 10 ( 1) C 10 ( 1)⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − + + ⋅ ⋅ − 能被 10 整除， 所以 859 被 10 除所得的余数 9； 因为 211 被 10 除所得的余数为 1，所以 859 211+ 被 10 除所得的余数为 0． 故选：C. 8．若函数 2( ) e ( 1)ex xf x x m= − − 存在唯一极值点，则实数m 的取值范围是（ ） A． 3 2 m = B． 3 2 m ≤ C． 1m < D． 1m≤ 【答案】D 【分析】由 ( ) 0f x′ = ，可得出 12 2 ex xm +− = ，可知直线 2 2y m= − 与函数 ( ) 1 ex xg x += 的图象有一个交点（非切点）， 利用导数分析函数 ( ) 1 ex xg x += 的单调性与极值，数形结合可得出实数m 的取值范围． 【详解】 2( ) e ( 1)e , Rx xf x x m x= − − ∈ ， 则 2( ) ( 1)e 2( 1)e [ 1 2( 1)e ]ex x x xf x x m x m′ = + − − = + − − ， 若函数 2( ) e ( 1)ex xf x x m= − − 存在唯一极值点， 则 ( ) 0f x′ = 在 x∈R 上有唯一的根， 所以由 ( ) 0f x′ = 可得 1 2( 1)e 0xx m+ − − = ，则 12 2 ex xm +− = 有唯一的根， 直线 2 2y m= − 与函数 ( ) 1 ex xg x += 的图象有一个交点（非切点）， 试卷第 4 页，共 15 页 又 ( ) ( )2 e e 1 e e x x x x x xg x − + = = −′ ， 所以当 ( ),0x∈ −∞ 时， ( ) 0g x′ > ， ( )g x 单调递增， 当 ( )0,x∈ +∞ 时， ( ) 0g x′ < ， ( )g x 单调递减， 所以函数 ( )g x 的极大值为 (0) 1g = ， 且当 1x < − 时， ( ) 0g x < ，当 1x > − 时， ( ) 0g x > ， 则函数 ( )g x 的图象如下图所示： 所以当2 2 0m − ≤ 时， 即当 1m≤ 时，直线 2 2y m= − 与函数 ( ) 1 ex xg x += 的图象有一个交点（非切点）， 因此，实数m 的取值范围是 ( ],1−∞ ． 故选：D. 二、多选题（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，部分选对得得部分分。） 9．对于二项式 ( )91 2x− ，下列说法正确的是（ ） A．展开式中各项的二项式系数之和为 512 B．展开式中第 3 项与第 8 项的二项式系数相等 C．二项式系数最大的项是第 5 和第 6 项 D．若 ( )9 2 90 1 2 91 2x a a x a x a x− = + + + ⋅⋅⋅+ ，则 1 3 5 7 9 9842a a a a a+ + + + = 【答案】ABC 【分析】根据题意，由二项式系数的性质，即可判断 ABC，分别令 1x = 与 1x = − ，然后两式相减，即可判断 D. 【详解】对于 A，二项式系数之和为 92 512= ，故 A 正确； 对于 B，因为第 3 项二项式系数为 29C ，第 8 项的二项式系数为 7 9C ， 2 9C 7 9=C ，故 B 正确； 对于 C，由于 9n = 为奇数，中间两项即第 5 项与第 6 项的二项式系数最大，故 C 正确； 对于 D，令 1x = 可得 0 1 9 1a a a+ + + = − ①， 试卷第 5 页，共 15 页 令 1x = − 可得 90 1 2 9 3 19683a a a a− + − − = = ②， 两式相减可得 ( )1 3 5 7 92 1 19683 19684a a a a a = −+ −+ + + − = ， 所以 1 3 5 7 9 9842a a a a a+ + + + = − ，故 D 错误； 故选：ABC 10．现安排甲、乙、丙、丁 4 名同学参加 , ,A B C 三项工作，且每个同学只能参加一项工作，则下列说法正确的是（ ） A．不同的安排方法共有 43 种 B．若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有 ( )1 43C 2 1− 种 C．若甲，乙两人都不能去参加A 项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有 14 种 D．若每个同学只能参加一项工作且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有 36 种 【答案】ACD 【分析】对 A，利用分步乘法原理判断；对 B，首先从 3 项工作中选 1 项无人参加，再将 4 人安排到两项工作，计 算可判断；对 C，分组只有（1、1、2）这种情况，分甲乙同组与甲乙不同组两种情况，即可判断；对 D，先分组 只有（1、1、2）这种情况，再分配计算判断. 【详解】对于 A，安排 4 人参加 3 项工作，每人有 3 种安排方法，则有 43 种安排方法，故 A 正确； 对于 B，恰有一项工作无人去参加，则首先从 3 项工作中选 1 项无人参加有 13C ， 再将 4 人安排到两项工作有 ( )42 2− 种，故一共有 ( )1 43C 2 2− 种安排方法，故 B 错误； 对于 C，每项工作都有人去，则人员分组只有（1、1、2）这种情况， 若甲、乙同组，则有 1 2 2 2C A 4⋅ = 种， 若甲、乙不同组，则 2 4C 1 5− = 种分组方法，又甲乙不能去参加A 项工作， 则安排不含甲乙的一组参加工作A ，剩下的两组安排参加 B 、C 两项工作，则 225 10A = 种， 综上，一共有4 10 14+ = 种安排方法，故 C 正确； 对于 D，每项工作都有人去，则人员分组只有（1、1、2）这种情况，先分组，再分配， 则不同的安排方法有 2 1 1 32 1 32 2 4C C C A 36 A ⋅ ⋅ ⋅ = 种，故 D 正确. 故选：ACD. 11．已知函数 2( ) lnf x x x= ，则下列说法正确的是（ ） A． ( )f x 在区间 1(0, ) 2 上单调递减 B．当 10 e x< < 时， 2 ))( e (f x f x< 试卷第 6 页，共 15 页 C．当0 1x< ≤ 时， 1 ( ) 0 2e f x− ≤ ≤ D．若 10 e e a< < ，则过点 ( , ( ))a f a 可作 ( )f x 图象的两条切线 【答案】ACD 【分析】求出函数 ( )f x 的导数及单调区间，进而判断 ABC；设出切点坐标，求出切线方程并将 ( , ( ))a f a 代入，构 造函数并利用导数求出函数的零点个数判断 D. 【详解】函数 2( ) lnf x x x= 的定义域为 (0, )+∞ ，求导得 1( ) 2 (ln ) 2 f x x x′ = + ， 当 10 e x< < 时， ( ) 0f x′ < ；当 1 e x > 时， ( ) 0f x′ > ， 函数 ( )f x 在 1(0, e )上单调递减，在 1( e , )+∞ 上单调递增， 对于 A， 1 1 2e > ，则 ( )f x 在区间 1(0, ) 2 上单调递减，A 正确； 对于 B，当 10 e x< < 时，0 e 1x< < ， 2 10 e e x x< < < ， 2 ))( e (f x f x> ，B 错误； 对于 C，当0 1x< ≤ 时，函数 ( )f x 在 1( ,1] e 上单调递增， min 1 1( ) ( ) 2ee f x f= = − ， (1) 0f = ，当 x从大于 0 的方向趋近于 0 时， ( )f x 趋近于 0，因此 1 ( ) 0 2e f x− ≤ ≤ ，C 正确； 对于 D，当 10 e e a< < 时，设切点坐标为 ( , ( ))t f t ，则 ( ) 2 lnf t t t t′ = + ， 而 2( ) lnf t t t= ，切线方程为 2 (2 ln )( )lny t t t xt t t+− −= ，而切线过点 ( , ( ))a f a ， 则 2 2 (2 ln )( )ln lna t ta t t t a t− + −= ，整理得 2 2 2ln 2 ln ln 0t t t at t at a a+ − − + = ， 令 2 2 2( ) ln 2 ln lng t t t t at t at a a= + − − + ，求导得 ( ) 2 ln 3 2 ln 3g t t t t a t a′ = + − − ， 令 ( ) 2 ln 3 2 ln 3h t t t t a t a= + − − ，求导得 2( ) 2 ln 5 ah t t t ′ = + − ，令 2( ) 2 ln 5 at t t ϕ = + − ， 求导得 2 2 2( ) 0at t t ϕ′ = + > ，则函数 ( )h t′ 在 (0, )+∞ 上单调递增， ( ) 2 ln 3 0h a a′ = + < ， 1( ) 3 2 e 0 e h a′ = − > ，于是存在 0 1( , ) e t a∈ 使得 0( ) 0h t′ = ，当 00 t t< < 时， ( ) 0h t′ < ， 当 0t t> 时， ( ) 0h t′ > ，则函数 ( )h t 在 0(0, )t 上单调递减，在 0( , )t +∞ 上单调递增， 而 0 1 1( ) ( ) 0, ( ) 0 e e h t h a h a< = = − > ，则存在 1 0 1( , ) e t t∈ 使得 1( ) 0h t = ， 当 1a t t< < 时， ( ) 0g t′ < ，当 0 t a< < 或 1t t> 时， ( ) 0g t′ > ，函数 ( )g t 在 1( , )a t 上递减，在 1(0, ), ( , )a t +∞ 上递增， 1( ) ( ) 0g t g a< = ， 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1( ) ln 2ln 1 ln ln ( 2 ) 1g a a a a a a a a a a a = − + + − + = − − − + − ， 而 ln 0a− > ， 2 3 22 2 1 11 2 e 2 0a a a a − > − − > − − > ，即 1( ) 0g a > ，函数 ( )g t 在 1( , )t +∞ 有唯一零点， 函数 ( )g t 在 1(0, )t 有唯一零点a，因此过点 ( , ( ))a f a 可作 ( )f x 图象的两条切线，D 正确. 试卷第 7 页，共 15 页 故选：ACD 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5分，共 15分） 12．甲、乙等 5 人站成一排拍照，已知甲没有站在最中间，则甲、乙相邻的概率为 ． 【答案】 3 8 【分析】根据题意，由条件概率的公式代入计算，即可得到结果. 【详解】设事件A 为甲没有站在最中间，事件 B 表示甲、乙相邻， 则甲没有站在最中间的概率为 4 5 ，即 ( ) 4 5 P A = ， 甲没有站在最中间，且甲，乙相邻的概率为 2 5 6 3 A 10 = ，即 ( ) 3 10 P AB = ， 所以 ( ) ( )( ) P AB P B A P A = = 3 310 4 8 5 = ． 故答案为： 3 8 13．已知直线 1y kx= + 与曲线 ( ) e 1 x f x x = + 相切，则实数 k 的值为 ． 【答案】 2e 4 【分析】由直线方程得到直线的定点坐标，求出函数 ( )f x 的导函数，设切点坐标，由两点坐标表示出斜率建立方 程，求得切点坐标，即可求得实数 k 的值. 【详解】直线 1y kx= + 过定点 ( )0,1 ， ( ) ( )2 e 1x x f x x − ′ = ，设直线与曲线的切点坐标为 0 0 0 1, e x x x       + ， 则 ( ) ( ) 0 0 0 00 2 00 1 e 1 1 e 0 x xxk x f x x x = − + − = − ′= ， 则 0 2x = ，∴ 2e 4 k = . 故答案为： 2e 4 14．已知函数 ( ) 2ln 1f x x ax b= − + − ， （ⅰ）若 ( )f x 在 ( )1,+∞ 上单调，则a的取值范围是 ； （ⅱ）若对任意的 ( )0,x∈ +∞ ， ( ) 0f x ≤ ，则 2b a− 的最大值为 ． 【答案】 ] [( ),0 2,−∞ ∪ +∞ ； 1 2 ln 2− . 【分析】（1）利用导函数与函数的单调性的关系求解即可； （2）分类讨论可得 0a > ，进而利用已知可得 3 2ln 2 2lnb a≤ − + ，可得 3 2ln 2 2 n 22 l a ab a ≤ − + −− ，令 ( ) lng x x x= − ， 试卷第 8 页，共 15 页 利用导数求得最大值即可. 【详解】（i）由 ( ) 2ln 1f x x ax b= − + − ，得 ( ) 2f x a x ′ = − ， 当 ( )f x 在 ( )1,+∞ 上单调递增时，则 ( ) 2 0f x a x ′ = − ≥ 恒成立， 即 2a x ≤ 在 ( )1,+∞ 上恒成立，所以 0a ≤ ， 当 ( )f x 在 ( )1,+∞ 上单调递减时，则 ( ) 2 0f x a x ′ = − ≤ 恒成立， 即 2a x ≥ 在 ( )1,+∞ 上恒成立，所以 2a ≥ ， 所以a的取值范围是 ( ,0] [2, )−∞ ∪ +∞ . （ii）因为 ( ) 2ln 1f x x ax b= − + − ， ( )0,x∈ +∞ ， 所以 ( ) 2 2 axf x a x x −′ = − = ， 当 0a ≤ 时， ( ) 0f x′ ≥ 恒成立，所以 ( )f x 在 ( )0, ∞+ 上单调递增， 且当 x →+∞时， ( )f x →+∞，不符合题意， 当 0a > 时，则当 20 x a < < 时， ( ) 0f x′ > ，当 2x a > 时， ( ) 0f x′ < ， 所以 ( )f x 在 2(0, ) a 上单调递增，在 2( , ) a +∞ 上单调递减， 所以 ( )max 2 2 2) 2ln 1 0( a f f a b a a x = = − × + − ≤ ， 3 2ln 2 2lnb a≤ − + ， 3 2 ln 2 2 n 22 l a ab a ≤ − + −− ， 令 ( ) lng x x x= − ，则 1 1( ) 1 xg x x x −′ = − = ， 当0 1x< < 时， ( ) 0g x′ > ，函数在 ( )g x 在(0,1)上单调递增， 当 1x > 时， ( ) 0g x′ < ，函数在 ( )g x 在 (1, )+∞ 上单调递减， 所以g( ) (1) 1x g≤ = − ，所以 ln 1a a− ≤ − ， 所以 3 2ln 2 2ln 2 1 2ln 22b aa a≤ − − ≤ −− + . 所以 2b a− 的最大值为1 2ln 2− . 故答案为：（i） ( ,0] [2, )−∞ ∪ +∞ ；（ii）1 2ln 2− . 【点睛】思路点睛：本题考查两个变量差的最大值问题，通过不等式恒成立，找到两个变量之间的关系是关键，进 而转化为函数的最值处理即可. 四、解答题（本题共 5 题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。） 15．已知函数 ( ) 3 21 3 3 f x x ax= − + 在点 ( )( )1, 1f 处的切线与直线 3 0x y− + = 垂直. (1)求 a 的值 试卷第 9 页，共 15 页 (2)求函数 ( )f x 的极值. 【答案】(1) 1a = (2)极小值 5 3 ，极大值3 . 【分析】（1）求导，根据条件求出 a； （2）根据导函数的符号确定单调性，再根据单调性确定极值. 【详解】（1）易得 ( ) 2' 2f x x ax= − ， 又函数 ( )f x 在点 (1, (1))f 处的切线与直线 3 0x y− + = 垂直，∴ ( )' 1 1f = − ，得 1a = ； （2）由（1）得 ( ) 3 21 3 3 f x x x= − + ， ( ) ( )' 2 2 2f x x x x x= − = − ， 令  ' 0f x  有 0x = 或 2x = ，可得 x ( ,0)−∞ 0 ( )0,2 2 ( )2,+∞ ( )'f x + 0 - 0 + ( )f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增  f x 在 0x = 处取得极大值 ( )0 3f = ，在 2x = 处取得极小值 ( ) 52 3f = ； 综上，极大值 ( )0 3f = ，极小值 ( ) 52 3 f = . 16．某大学生参加社会实践活动，对某公司1月份至6 月份销售某种配件的销售量及销售单价进行了调查，销售单 价 x和销售量 y 之间的一组数据如下表所示： 月份 1 2 3 4 5 6 销售单价 ( 元 ) 11 9.5 12 10.5 9 10 销售量 ( 件 ) 11 10 8 6 15 14.2 (1)根据1至5月份的数据，求出 y 关于 x的回归直线方程； (2)若由回归直线方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过0.5元，则认为所得到的回归直线方程是理想 的，试问 ( )1 中所得到的回归直线方程是否理想？ (3)预计在今后的销售中，销售量与销售单价仍然服从 ( )1 中的关系，若该种机器配件的成本是2.5元 / 件，那么该配 件的销售单价应定为多少元才能获得最大利润？ ( 注：利润=销售收入 -成本 ) ． 试卷第 10 页，共 15 页 参考公式：回归直线方程 ˆˆ ˆy bx a= + ，其中 1 22 1 ˆ n i i i n i i x y nx y x x b n = = − − = ∑ ∑ ， 5 5 2 1 1 510, 546.5i i i i i x y x = = = =∑ ∑ 【答案】(1) 3.2 40y x= − +  (2)可以认为所得到的回归直线方程是不理想的 (3)该产品的销售单价定为9.3元 / 件时，获得的利润最大 【分析】（1）计算 x 、 y ，求出回归系数，写出回归直线方程； （2）根据回归直线方程，计算对应的数值，判断回归直线方程是否理想； （3）求销售利润函数W ，根据二次函数的图象与性质求最大值即可． 【详解】（1）因为 11 9.5 12 10.5 9 11 10 8 6 1510.4, 10 5 5 x y+ + + + + + + += = = = ， 所以 ( ) 5 1 5 222 1 510 5 10.4 10 2ˆ ˆ1.75 546.5 5 10 10 1.75 . .4 10.4 28 i i i i i a x y nx y b x nx = = = = − × − − × × = ≈ − ⇒ − − = ×− ∑ ∑ ， 于是 y 关于 x的回归直线方程为 1.75 28.ˆ 2y x= − + ； （2）当 10x = 时， 1.75 10 28.2ˆ 10.7y = − × + = ， 因为 14.2 10.7 3.5 0.5− = > ， 所以可以认为所得到的回归直线方程是不理想的； （3）令销售利润为W ， 则 ( )( ) 22 5 175 28.2 175 32.575 70.5(2 5 161)W x x x x x= − − + = − + − < <． ． ． ． ．， 因为 ( ) 218.6175 18.6 70.5 1.75 70.5 80.86 2 x xW x x − + = − + − ≤ × − =    ． ， ( ) 2153 2 15 100 3 2 100 80 2 x xW x x − + = − + − ≤ × − =    ． ． ， 当且仅当 18.6x x= − + ，即 9.3x = 时，W 取最大值． 所以该产品的销售单价定为9.3元 / 件时，获得的利润最大． 17．为响应国家促进消费的政策，某大型商场举办了“消费满减乐翻天”的优惠活动，顾客消费满 800 元（含 800 元） 可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种） 方案 1：从装有 5 个红球，3 个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出 3 个球．每摸出 1 次 红球，立减 150 元，若 3 次都摸到红球，则额外再减 200 元（即总共减 650 元）； 方案 2：从装有 5 个红球，3 个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出 3 个球．中奖规则为： 试卷第 11 页，共 15 页 若摸出 3 个红球，享受免单优惠；若摸出 2 个红球，则打 5 折；其余情况无优惠． (1)顾客 A 选择抽奖方案 2，已知他第一次摸出红球，求他能够享受优惠的概率； (2)顾客 B 恰好消费了 800 元， ①若他选择抽奖方案 1，求他实付金额的分布列和期望（结果精确到 0.01）； ②试从实付金额的期望值分析顾客 B 选择何种抽奖方案更合理． 【答案】(1) 6 7 (2)①分布列见解析， ( ) 469.92E X ≈ ；②选择方案2 【分析】（1）设事件M 表示“第一次摸到红球”，事件 N 表示“能够享受优惠”，求解在第一次摸到红球后，从 7 个球 中不放回摸 2 个球的情况和摸出两球为红球和一红一蓝两种情况的种数，即可求解； （2）①设顾客 B 选择抽奖方案 1 时实付金额为 X 元，由二项分布即可求解；②设顾客 B 选择抽奖方案 2 时实付金 额为Y 元，根据超几何分布求得均值，比较随机变量 X 和Y 的均值即可判断. 【详解】（1）设事件M 表示“第一次摸到红球”，事件 N 表示“能够享受优惠”， 在第一次摸到红球后，抽奖盒中还剩 4 个红球和 3 个蓝球，共 7 个球， 享受优惠包含摸出 2 个红球和摸出 3 个红球这两种情况， 从 7 个球中不放回摸 2 个球，总情况有 27A 7 6 42= × = 种， 摸出两个红球的情况有 2 4A 4 3 12= × = 种， 摸出 1 红 1 蓝的情况有 1 1 24 3 2 24C C A = 种， 所以 ( ) 12 24 6 42 7 P N M += = ； （2）①设顾客 B 选择抽奖方案 1 时实付金额为 X 元， 从装有 5 个红球，3 个蓝球的抽奖盒中摸一个球，摸到红球的概率为 5 8 ，摸到蓝球的概率为 3 8 ， 当摸出 0 个红球时， ( ) 33 27800 8 512 P X  = = =    ， 当摸出 1 个红球时， ( ) 2 1 3 5 3 135650 C 8 8 512 P X  = = × × =    ， 当摸出 2 个红球时， ( ) 2 2 3 5 3 225500 C 8 8 512 P X  = = × × =    ， 当摸出 3 个红球时， ( ) 35 125150 8 512 P X  = = =    ， 所以实付金额的分布列为 X 800 650 500 150 试卷第 12 页，共 15 页 P 27 512 135 512 225 512 125 512 实付金额的期望为 ( ) 27 135 225 125 240600800 650 500 150 469.92 512 512 512 512 512 E X = × + × + × + × = ≈ ； ②设顾客 B 选择抽奖方案 2 时实付金额为Y 元， 当摸出 0 个红球或 1 个红球时， ( ) 3 1 2 3 5 3 3 3 8 8 C C C 2800 C C 7 P Y = = + = ， 当摸出 2 个红球时， ( ) 2 1 5 3 3 8 C C 15400 C 28 P Y = = = ， 当摸出 3 个红球时， ( ) 3 5 3 8 C 50 C 28 P Y = = = ， 所以 ( ) 2 15 5 24800800 400 0 442.86 7 28 28 56 E Y = × + × + × = ≈ ， 所以 ( ) ( )E Y E X< ，所以从实付金额的期望值分析，顾客 B 选择抽奖方案 2 更合理. 18．某所学校进行知识竞赛，最终甲乙同学进入决赛，争夺冠军，决赛一共有文化､科技､体育三个项目，比赛采取 每个项目中回答对问题多的那个同学在该项目获胜并且获得 20 分，没获胜的同学得 0 分，三个项目比赛结束，总 得分高的同学获得冠军，已知甲同学每个项目获胜的概率分别为 4 1 2, , 5 2 3 ，比赛没有平局，且每个项目比赛相互独立. (1)求乙同学总得分为 40 分的概率； (2)用 X 表示甲同学的总得分，求 X 的分布列与期望； (3)判断甲乙两名同学谁获得冠军的概率大. 【答案】(1) 7 30 (2)分布列见解析， 118 3 (3)甲获胜概率更大 【分析】（1）利用互斥事件的概率加法公式即可求出； （2）依题可知， 0,20,40,60X = ，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望； （3）分别求出甲和乙获胜概率进行比较即可. 【详解】（1）设三个项目乙获胜的事件分别为 1 2 3, ,A A A ，乙同学总得分 40 分记为事件A ， 则 ( ) ( ) ( )1 2 3 1 1 1, , 5 2 3 P A P A P A= = = ，且 1 2 3 1 2 3 1 2 3A A A A A A A A A A= + + ( ) 1 1 2 1 1 1 4 1 1 7 5 2 3 5 2 3 5 2 3 30 P A∴ = × × + × × + × × = . （2）由题可知 0, 20, 40,60X = 试卷第 13 页，共 15 页 ( ) 1 1 1 10 5 2 3 30 P X = = × × = ( ) 4 1 1 1 1 1 1 1 2 720 5 2 3 5 2 3 5 2 3 30 P X = = × × + × × + × × = ( ) 4 1 1 4 1 2 1 1 2 740 5 2 3 5 2 3 5 2 3 15 P X = = × × + × × + × × = ( ) 4 1 2 460 5 2 3 15 P X = = × × = 甲总得分的分布列： X 0 20 40 60 P 1 30 7 30 7 15 4 15 ( ) 1 7 7 4 1180 20 40 60 30 30 15 15 3 E X = × + × + × + × = . （3）甲获胜的概率为 ( ) ( ) 7 4 1140 60 15 15 15 P X P X= + = = + = ， 乙获胜的概率为 11 41 15 15 − = ， 因为 11 4 15 15 > ， 所以甲获胜概率更大. 19．函数 ( ) e , Rxf x ax a= − ∈ ． (1)讨论 ( )f x 的单调性； (2)当 0x ≥ 时， ( ) 2( 1)f x x≥ + 恒成立，求a的取值范围； (3)证明：当 1a = 时， ( ) ln 1f x x> + ． 【答案】(1)答案见解析 (2) ( ], e 4−∞ − (3)证明见解析 【分析】（1）求导，分情况讨论导函数的符号，可得函数的单调区间. （2）分情况讨论，分离参数，可把问题转化为 2e ( 1)x xa x − + ≤ ， 0x > 恒成立的问题，设 ( ) 2e ( 1)x xg x x − + = ， 0x > ， 利用导数求函数 ( )g x 的最小值即可. （3）问题转化为e ln 1 0x x x− − − > ，设 ( ) e ln 1xm x x x= − − − ， 0x > ，只需证 ( )m x 的最小值大于 0 即可. 【详解】（1）因为 ( ) exf x ax= − ，所以 ( ) exf x a′ = − . 若 0a ≤ ，则 ( ) 0f x′ > 在 ( ),−∞ +∞ 上恒成立，所以函数 ( )f x 在 ( ),−∞ +∞ 上单调递增； 试卷第 14 页，共 15 页 若 0a > ，由 ( ) e 0xf x a=′ − > ⇒ lnx a> ；由 ( ) 0f x′ < ⇒ lnx a< . 所以函数 ( )f x 在 ( ), ln a−∞ 上单调递减，在 ( )ln ,a +∞ 上单调递增. 综上：当 0a ≤ 时，函数 ( )f x 在 ( ),−∞ +∞ 上单调递增； 当 0a > 时，函数 ( )f x 在 ( ), ln a−∞ 上单调递减，在 ( )ln ,a +∞ 上单调递增. （2）当 0x ≥ 时， ( ) 2( 1)f x x≥ + ⇒ 2e ( 1)x ax x− ≥ + ⇒ 2e ( 1)xax x≤ − + . 当 0x = 时，上式恒成立，即 Ra∈ ； 当 0x > 时， 2e ( 1)x xa x − + ≤ . 设 ( ) 2e ( 1)x xg x x − + = ， 0x > ， 则 ( ) 2 2 e 2( 1) e ( 1)x xx x x g x x    − + ⋅ − − +   ′ = ( )( ) 2 1 e 1xx x x − − − = . 设 ( ) e 1xh x x= − − ， 0x > ，则 ( ) e 1 0xh x′ = − > 在 ( )0, ∞+ 上恒成立，即 ( )h x 在 ( )0, ∞+ 上单调递增， 又 ( ) 00 e 0 1 0h = − − = ，所以e 1 0x x− − > 在 ( )0, ∞+ 上恒成立. 所以由 ( ) 0g x′ > ⇒ 1x > ，由 ( ) 0g x′ < ⇒ 0 1x< < . 所以 ( )g x 在 ( )0,1 上单调递减，在 ( )1,+∞ 上单调递增. 所以 ( ) ( )min 1 e 4g x g= = − . 所以 e 4a ≤ − . 综上可知：a的取值范围为： ( ], e 4−∞ − . （3） 1a = 时，要证e ln 1x x x− > + ，即e ln 1 0x x x− − − > . 设 ( ) e ln 1xm x x x= − − − ，则 ( ) 1e 1xm x x ′ = − − ， 0x > . 设 ( ) 1e 1xn x x = − − ， 0x > ，则 ( ) 2 1e 0xn x x ′ = + > 在 ( )0, ∞+ 上恒成立. 所以 ( ) 1e 1xm x x ′ = − − 在 ( )0, ∞+ 上单调递增. 又 ( )1 e 2 0m′ = − > ， 1 21 e 3 0 2 m  ′ = − <    ，则方程 ( ) 0m x′ = 只有一解，设为 0x ，且 0 1 ,1 2 x  ∈    ， 0 0 1e 1 0x x − − = . 当 00 x x< < 时 ( ) 0m x′ < ，当 0x x> 时， ( ) 0m x′ > . 所以 ( )m x 在 ( )00, x 上单调递减，在 ( )0 ,x +∞ 上单调递增. 所以 ( ) ( )0minm x m x= 0 0 0e ln 1 x x x= − − − 0 0 0 1 lnx x x = − − . 试卷第 15 页，共 15 页 因为 0 1 ,1 2 x  ∈    ，所以 0 1 1 x > ， 0 1x < ， 0ln 0x < ，所以 0 0 0 1 ln 0x x x − − > . 即 ( )min 0m x > . 所以e ln 1 0x x x− − − > 在 ( )0, ∞+ 上恒成立. 从而原命题成立.