高二数学下学期期末模拟卷01（人教A版）（范围：数列+导数+计数原理+概率+随机变量及其分布+成对数据的统计分析）

**基本信息** 聚焦高二下学期核心知识，以航天科技、生活情境为载体，通过基础巩固与综合创新的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理及数据分析素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|分布列、导数切线、二项式定理、正态分布|单选基础巩固，多选综合辨析（如互斥与独立事件判断）| |填空题|3/15|数列求和、导数不等式、立体几何概率|14题以正四面体蚂蚁爬行为情境，考查分步概率| |解答题|5/77|数列通项与求和、统计与概率、导数极值与证明|16题结合航天调查考独立性检验与期望决策，18题通过摸球问题整合分布列、期望及递推概率，体现真实情境与综合应用|

………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025-2026学年高二下学期期末模拟卷01 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：人教A版（数列+导数+计数原理+概率+随机变量及其分布+成对数据的统计分析） 第一部分（选择题 共58分） 一、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． 1．以下是某离散型随机变量的分布列，则实数（   ） 0 1 A． B． C．或 D．1 2．已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为（    ） A． B． C． D．1 3．的展开式中，常数项为（   ） A．2 B．4 C．6 D．12 4．某次高二数学调研测试中，考生成绩X服从正态分布．若，则从参加这次考试的考生中任意选取1名考生，该考生的成绩高于90的概率为（    ） A． B． C． D． 5．若随机变量服从正态分布，随机变量服从两点分布，且，，则为（    ） A． B． C． D． 6．已知由一组样本数据确定的经验回归方程为，且.发现有两对数据与误差较大，去掉这两对数据后重新求得经验回归方程为，则（    ） A．2 B．1.6 C．7.4 D．0.8 7．某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有（   ） A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种 8．已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 二、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． 9．已知，则（    ） A． B． C．的展开式的二项式系数之和为 D． 10．口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，对其编号红球1，2，白球3，4，从中不放回的依次取出两个球，事件“第一次取出的是红球”，事件“第二次取出的是红球”，事件“取出的两球同色”，事件“取出的两球不同色”，则（    ） A．与互斥 B．与互为对立事件 C．与相互独立 D． 11．已知函数，，则下列结论正确的是（    ） A．当时，有1个零点 B．当时，有4个零点 C．可能有6个零点 D．当的零点个数最多时，的取值范围为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．记数列的前项和为，且，则________. 13．已知定义在上的函数，其导函数为，若且，则不等式的解集为______. 14．一只蚂蚁从正四面体的顶点A出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，若它选择三个方向爬行的概率相等，则蚂蚁爬行5次后走遍四个顶点（初始顶点A视为已走过）的概率为______． 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． 15．（13分）已知首项为1的正项数列满足. (1)求； (2)求的通项公式； (3)求数列的前项和. 16．（15分）中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运载火箭､载人航天､深空探测等多个领域.为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）： 学历 关注 不关注 合计 本科及以上 80 20 100 本科以下 60 40 100 合计 140 60 200 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？ (2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如下： 第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰； 第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道题每道题答对的概率均为，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为，第3道题答对的概率为，各题答对与否相互独立. （i）求甲能进入第二关答题的概率； （ii）已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖金更多. 参考公式及参考数据：. 0.05 0.01 3.841 6.635 17．（15分）已知函数有两个极值点. (1)求实数的取值范围； (2)记两个极值点分别为，，证明：. 18．（17分）一个不透明的盒子里有质地、大小相同的8个小球，其中2个红球、6个黑球，不放回地从盒子里依次随机摸取一个小球，当有同一种颜色的小球全部取出时停止摸球. (1)求停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球的概率； (2)停止摸球时，记总的摸球次数为，求的分布列与数学期望； (3)若将这8个球分别放在甲乙两个袋子中，每袋都装有1个红球、3个黑球.现从甲乙两袋中分别任取一球交换放入另一袋中，重复次这样操作后，设甲袋子中恰有1个红球的概率为，求. 19．（17分）已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求a的取值范围； (3)设，证明：． 试题 第3页（共4页） 试题 第4页（共4页） 试题 第1页（共4页） 试题 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二下学期期末模拟卷01 数学·参考答案 一、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． 1 2 3 4 5 6 7 8 C A C B C C D B 二、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． 9 10 11 ABD BC BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．/ 13． 14． 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． 15．（13分） 【详解】（1），， ，即， 解得.（3分） （2）有（1）得， 所以是首项为1，公差为的等差数列， ，则.（8分） （3）（10分） ， 故数列的前项和.（13分） 16．（15分） 【详解】（1）零假设为：对航天工程的关注情况与学历无关， 因为，（2分） 依据小概率值的独立性检验，推断不成立， 所以可以认为对航天工程的关注情况与学历有关.（3分） （2）（i）记甲能进入第二关答题为事件，即3道题至少答对2道题， 所以；（7分） （ii）若确定不挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0，400， 则，， 可知的分布列为： 0 400 所以；（9分） 若确定挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0，200，800， 则，，， 可知的分布列为 0 200 800 所以.（11分） 令， 当时，，建议挑战第3道题； 当时，，挑战和不挑战第3道题都可以； 当时，，建议不挑战第3道题.（15分） 17．（15分） 【详解】（1）由题意得，，. 因为有两个极值点，所以方程有两个不相等的正根， 所以，解得.（2分） 检验：当时，由得或. 所以在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，满足题意. 所以实数的取值范围为.（5分） （2）证明：由（1）知，， 所以， 所以.（7分） 令，则， 令，则， 所以在上单调递增. 因为，， 所以函数存在唯一零点，即，（10分） 且当时，单调递减；当时，，单调递增， 所以当时，存在最小值，即. 因为，所以，所以， 所以.（15分） 18．（17分） 【详解】（1）依题意停止时恰好取了4次，前3次为2个黑球1个红球，第4次为红球， 其概率为.（3分） （2）依题意. 当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，；当时，； 故分布列为： X 2 3 4 5 6 7 P 期望.（9分） （3）依题意有甲袋始终有4个小球，重复次这样操作后，记甲袋子中恰有2个红球的概率为，恰有0个红球的概率为，则. （12分） 令， 即数列是以为首项，公比为的等比数列， .当时满足等式. （17分） 19．（17分） 【详解】（1）当时，函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增.（3分） （2）函数，求导得，, 令，求导得，，（5分） ①当，即时，由，则存在，使得当时，， 函数在上单调递增，当时，， 函数在上单调递增，因此与矛盾；（7分） ②当，即时，此时，， 下面证明恒成立即可，即证， 令，求导得， 函数在上单调递减，因此恒成立， 则，即，因此，即恒成立， 所以a的取值范围为.（10分） （3）由（2）知，当时，， 取，则， 因此，即，（13分） 则 ， 所以.（17分） 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二下学期期末模拟卷01 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：人教A版（数列+导数+计数原理+概率+随机变量及其分布+成对数据的统计分析） 第一部分（选择题 共58分） 一、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． 1．以下是某离散型随机变量的分布列，则实数（   ） 0 1 A． B． C．或 D．1 2．已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为（    ） A． B． C． D．1 3．的展开式中，常数项为（   ） A．2 B．4 C．6 D．12 4．某次高二数学调研测试中，考生成绩X服从正态分布．若，则从参加这次考试的考生中任意选取1名考生，该考生的成绩高于90的概率为（    ） A． B． C． D． 5．若随机变量服从正态分布，随机变量服从两点分布，且，，则为（    ） A． B． C． D． 6．已知由一组样本数据确定的经验回归方程为，且.发现有两对数据与误差较大，去掉这两对数据后重新求得经验回归方程为，则（    ） A．2 B．1.6 C．7.4 D．0.8 7．某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有（   ） A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种 8．已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 二、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． 9．已知，则（    ） A． B． C．的展开式的二项式系数之和为 D． 10．口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，对其编号红球1，2，白球3，4，从中不放回的依次取出两个球，事件“第一次取出的是红球”，事件“第二次取出的是红球”，事件“取出的两球同色”，事件“取出的两球不同色”，则（    ） A．与互斥 B．与互为对立事件 C．与相互独立 D． 11．已知函数，，则下列结论正确的是（    ） A．当时，有1个零点 B．当时，有4个零点 C．可能有6个零点 D．当的零点个数最多时，的取值范围为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．记数列的前项和为，且，则________. 13．已知定义在上的函数，其导函数为，若且，则不等式的解集为______. 14．一只蚂蚁从正四面体的顶点A出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，若它选择三个方向爬行的概率相等，则蚂蚁爬行5次后走遍四个顶点（初始顶点A视为已走过）的概率为______． 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． 15．（13分）已知首项为1的正项数列满足. (1)求； (2)求的通项公式； (3)求数列的前项和. 16．（15分）中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运载火箭､载人航天､深空探测等多个领域.为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）： 学历 关注 不关注 合计 本科及以上 80 20 100 本科以下 60 40 100 合计 140 60 200 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？ (2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如下： 第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰； 第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道题每道题答对的概率均为，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为，第3道题答对的概率为，各题答对与否相互独立. （i）求甲能进入第二关答题的概率； （ii）已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖金更多. 参考公式及参考数据：. 0.05 0.01 3.841 6.635 17．（15分）已知函数有两个极值点. (1)求实数的取值范围； (2)记两个极值点分别为，，证明：. 18．（17分）一个不透明的盒子里有质地、大小相同的8个小球，其中2个红球、6个黑球，不放回地从盒子里依次随机摸取一个小球，当有同一种颜色的小球全部取出时停止摸球. (1)求停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球的概率； (2)停止摸球时，记总的摸球次数为，求的分布列与数学期望； (3)若将这8个球分别放在甲乙两个袋子中，每袋都装有1个红球、3个黑球.现从甲乙两袋中分别任取一球交换放入另一袋中，重复次这样操作后，设甲袋子中恰有1个红球的概率为，求. 19．（17分）已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求a的取值范围； (3)设，证明：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二下学期期末模拟卷01 数学•全解全析 第一部分（选择题 共58分） 一、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． 1．以下是某离散型随机变量的分布列，则实数（   ） 0 1 A． B． C．或 D．1 【答案】C 【分析】根据分布列的性质进行求解即可. 【详解】根据分布列的性质可知：，或， 故选：C 2．已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】求导可得，结合导数的几何意义代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得， 则， 因为曲线在点处的切线与直线平行， 且直线的斜率为，即，解得. 故选：A 3．的展开式中，常数项为（   ） A．2 B．4 C．6 D．12 【答案】C 【分析】先将三项式变为两项式，再利用展开式的通项可得. 【详解】， 通项为， 令，所以常数项为. 故选：C. 4．某次高二数学调研测试中，考生成绩X服从正态分布．若，则从参加这次考试的考生中任意选取1名考生，该考生的成绩高于90的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正态分布的对称性即可求解. 【详解】由以及正态曲线的对称轴为， 故， 故选：B 5．若随机变量服从正态分布，随机变量服从两点分布，且，，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正态分布的定义可得，即，结合二项分布的均值和方差公式求得答案. 【详解】由，，则， ，故， 设，则， . 故选：C. 6．已知由一组样本数据确定的经验回归方程为，且.发现有两对数据与误差较大，去掉这两对数据后重新求得经验回归方程为，则（    ） A．2 B．1.6 C．7.4 D．0.8 【答案】C 【分析】依据回归方程必过样本中心点，代入计算即可得结果. 【详解】根据可知，因此经验回归方程必过， 易知去掉与的两组数据的平均值为，则剩余数据均值不变， 因此新求得经验回归方程也过， 即可得，解得. 故选：C 7．某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有（   ） A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得. 【详解】若A、B不值班，值班安排有种； 若A、B只有一人不值班，值班安排有种； 若A、B都值班，值班安排有种， 所以值班安排共有1860种. 故选：D. 8．已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，由导数得出单调性即可得出，构造，由导数得出单调性，即可得出． 【详解】构造函数， 当时，，故在上单调递增， 所以， 构造函数， 则， 当在单调递增， 所以，即， 所以. 故选：B． 二、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． 9．已知，则（    ） A． B． C．的展开式的二项式系数之和为 D． 【答案】ABD 【分析】令得即可判断A，利用二项式定理的通项公式求即可判断B，二项式系数之和为即可判断C，令和即可求即可判断D. 【详解】由题意有：令有，故A正确； 由，故B正确； 的展开式的二项式系数之和为，故C错误； 令有， 令有， 两式相加有，故D正确. 故选：ABD. 10．口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，对其编号红球1，2，白球3，4，从中不放回的依次取出两个球，事件“第一次取出的是红球”，事件“第二次取出的是红球”，事件“取出的两球同色”，事件“取出的两球不同色”，则（    ） A．与互斥 B．与互为对立事件 C．与相互独立 D． 【答案】BC 【分析】首先将所有的基本事件，以及事件所包含的基本事件一一列举出来，根据互斥事件、对立事件的概念，独立事件的定义以及条件概率的计算方法验证即可. 【详解】基本事件有12，13，14，23，24，34，21，31，41，32，42，43，共12种， 事件“12，13，14，21，23，24”；事件“12，21，31，41，32，42”； 事件“12，21，34，43”；事件“13，14，23，24，31，41，32，42”． ∵，∴与不是互斥事件，故A错误； ，，∴与互为对立事件，故B正确； 事件“12，21”，∴，，，，∴与相互独立，故C正确； 事件“31，41，32，42”，，，∴，故D错误． 故选：BC. 11．已知函数，，则下列结论正确的是（    ） A．当时，有1个零点 B．当时，有4个零点 C．可能有6个零点 D．当的零点个数最多时，的取值范围为 【答案】BCD 【分析】由题可得求的零点个数等价于关于的方程的解的个数，令，分别作出函数，的图象，利用数型结合及零点的嵌套可逐项求解判断. 【详解】A：的零点个数等价于关于的方程的解的个数，令，函数，的图象如图， 当时，无解；当时，的解为，则有两个解，故A错误； B：当时，设方程的解为，，易得，， 则，均有两个根，所以有个解，即有个解，故B正确. C：当时，易得方程的解为，，，则，，，均有个解，所以有个解，即有个解，故C正确. D：当时，设方程的解为，，，易得，，， 则，均有个解，最多有个解，所以最多有个解， 当有个解时，则，即， 所以当的解最多时，的取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．记数列的前项和为，且，则________. 【答案】/ 【分析】根据数列的周期为8，计算得解. 【详解】时，；时，； 时，；时，； 时，；时，； 时，；时，； 时，；时，， 所以数列是周期为8的周期数列， 且， 所以，. 故答案为：. 13．已知定义在上的函数，其导函数为，若且，则不等式的解集为______. 【答案】 【分析】构造，，求导，得到其单调性，结合，从而得到，得到，求出解集. 【详解】令，， 则在上恒成立， 所以在上单调递减， 其中， 故，所以， 又，解得. 故答案为： 14．一只蚂蚁从正四面体的顶点A出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，若它选择三个方向爬行的概率相等，则蚂蚁爬行5次后走遍四个顶点（初始顶点A视为已走过）的概率为______． 【答案】 【分析】根据题意，先计算所有情况共有种，利用对立事件，计算没有走遍四个点的情况，然后计算概率即可. 【详解】因为每次爬行有3种选择，故5次爬行共有种情况， 考虑5次爬行之后仍未走遍所有顶点，有以下两种情况： ①走了2个顶点，即只在顶点与另一个顶点来回走，总共只有3种情况； ②走了3个顶点，即沿着一个正三角形的边走， 以为顶点的正三角形共有三个，选定其中一个， 蚂蚁每次路径有2种选法，再去掉仅在2个顶点来回走的情况，有种， 故三个三角形共有种， 所以蚂蚁爬行5次后走遍所有顶点的概率为． 故答案为：. 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． 15．已知首项为1的正项数列满足. (1)求； (2)求的通项公式； (3)求数列的前项和. 【答案】(1)4 (2) (3) 【分析】（1）赋值代入解方程即可； （2）由，发现数列是等差数列，可求的通项，再求即可； （3）根据题意，把通项代入得，再利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1），， ，即， 解得. （2）有（1）得， 所以是首项为1，公差为的等差数列， ，则. （3） ， 故数列的前项和. 16．中国的航天事业历经数十年的发展，已经形成了完整的航天技术体系，涵盖运载火箭､载人航天､深空探测等多个领域.为了了解不同学历人群对航天工程的关注情况，某社区随机调查了200位社区居民，得到如下数据（单位：人）： 学历 关注 不关注 合计 本科及以上 80 20 100 本科以下 60 40 100 合计 140 60 200 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为对航天工程的关注情况与学历有关？ (2)现为了激发社区居民对航天工程的关注，该社区举办了一次航天知识闯关比赛，规则如下： 第一关：设置3道必答题，参与者需至少答对2道才能参与下一关答题，否则淘汰； 第二关：设置3道题，前2道题每答对1道奖励200元，答错即结束答题，奖励清零，2道题都答对可选择放弃答题，领取奖励，也可以选择继续答题（等可能的选择），第3道题答对奖励400元，答错前2道奖励减半，答题结束.已知甲参与闯关比赛，第一关答题的3道题每道题答对的概率均为，第二关答题的前2道题每道题答对的概率均为，第3道题答对的概率为，各题答对与否相互独立. （i）求甲能进入第二关答题的概率； （ii）已知甲进入第二关答题，从期望的角度，帮助甲分析是否挑战第3道题，使获取的奖金更多. 参考公式及参考数据：. 0.05 0.01 3.841 6.635 【答案】(1)能 (2)（i）；（ii）当时，建议挑战第3道题；当时，挑战和不挑战第3道题都可以；当时，建议不挑战第3道题. 【分析】（1）求，并与临界值对比分析，结合独立性检验思想分析判断； （2）（i）可知3道题至少答对2道题，结合独立重复事件概率公式运算求解； （ii）分别求不挑战第3道题与挑战第3道题的期望，利用作差法比较大小，即可判断. 【详解】（1）零假设为：对航天工程的关注情况与学历无关， 因为， 依据小概率值的独立性检验，推断不成立， 所以可以认为对航天工程的关注情况与学历有关. （2）（i）记甲能进入第二关答题为事件，即3道题至少答对2道题， 所以； （ii）若确定不挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0，400， 则，， 可知的分布列为： 0 400 所以； 若确定挑战第3道题，获得奖金为，的可能取值为0，200，800， 则，，， 可知的分布列为 0 200 800 所以. 令， 当时，，建议挑战第3道题； 当时，，挑战和不挑战第3道题都可以； 当时，，建议不挑战第3道题. 17．已知函数有两个极值点. (1)求实数的取值范围； (2)记两个极值点分别为，，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由题意知，导函数在上有两个不相等的实数根，再根据二次函数的性质进行求解即可； （2）根据题意可得，，是方程的两个不等正实根，根据韦达定理得，，代入化简，进而构造函数，再求导判断其单调性和最值，即可证明. 【详解】（1）由题意得，，. 因为有两个极值点，所以方程有两个不相等的正根， 所以，解得. 检验：当时，由得或. 所以在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，满足题意. 所以实数的取值范围为. （2）证明：由（1）知，， 所以， 所以. 令，则， 令，则， 所以在上单调递增. 因为，， 所以函数存在唯一零点，即， 且当时，单调递减；当时，，单调递增， 所以当时，存在最小值，即. 因为，所以，所以， 所以. 18．一个不透明的盒子里有质地、大小相同的8个小球，其中2个红球、6个黑球，不放回地从盒子里依次随机摸取一个小球，当有同一种颜色的小球全部取出时停止摸球. (1)求停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球的概率； (2)停止摸球时，记总的摸球次数为，求的分布列与数学期望； (3)若将这8个球分别放在甲乙两个袋子中，每袋都装有1个红球、3个黑球.现从甲乙两袋中分别任取一球交换放入另一袋中，重复次这样操作后，设甲袋子中恰有1个红球的概率为，求. 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3) 【分析】（1）利用古典概型概率计算公式即可求出结果. （2）分别求出的概率，即可列出分布列和求出数学期望. （3）根据题干列出的递推公式，再利用构造新数列的方法即可求出结果. 【详解】（1）依题意停止时恰好取了4次，前3次为2个黑球1个红球，第4次为红球， 其概率为. （2）依题意. 当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，；当时，； 故分布列为： X 2 3 4 5 6 7 P 期望. （3）依题意有甲袋始终有4个小球，重复次这样操作后，记甲袋子中恰有2个红球的概率为，恰有0个红球的概率为，则. 令， 即数列是以为首项，公比为的等比数列， .当时满足等式. 19．已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调性. （2）利用导数讨论单调性，分和两者情况分别讨论求解. （3）由（2）的信息可得，取并代入不等式变形，利用裂项相消法求和推理得证. 【详解】（1）当时，函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. （2）函数，求导得，, 令，求导得，， ①当，即时，由，则存在，使得当时，， 函数在上单调递增，当时，， 函数在上单调递增，因此与矛盾； ②当，即时，此时，， 下面证明恒成立即可，即证， 令，求导得， 函数在上单调递减，因此恒成立， 则，即，因此，即恒成立， 所以a的取值范围为. （3）由（2）知，当时，， 取，则， 因此，即， 则 ， 所以. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $