湖北省武昌实验中学2025-2026学年高二数学下学期期末模拟卷

**基本信息** 立足高二选择性必修二、三内容，通过社会热点（五一游客统计、新能源汽车调查）与文化传承（Catalan数列）情境，梯度设计选择、填空、解答题，考查数学抽象、逻辑推理、数据分析等核心素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|等比数列、数学期望、正态分布、条件概率、导数极值|单选基础巩固（如等比数列计算），多选综合判断（如统计方法辨析）| |填空题|3题15分|离散型随机变量方差、二项式系数和、函数图像对称|第13题结合二项式定理考查奇次项系数和，体现运算能力| |解答题|5题77分|线性回归、数列、独立性检验、概率模型、导数应用|15题用五一游客数据考查相关系数与回归方程，18题以Catalan数列历史背景设计概率问题，19题导数综合考查逻辑推理，契合高考命题趋势|

2025-2026学年高二数学下学期期末模拟卷 （测试范围：选择性必修第二册+选择性必修第三册） 1、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．若等比数列{an}满足a2+a3＝1，a2﹣a4＝3，则a6＝（　　） A．﹣32 B．﹣16 C．16 D．32 2．某同学参加篮球测试，老师规定每个同学罚篮10次，每罚进一球记5分，不进记﹣1分，已知该同学的罚球命中率为60%，并且各次罚球互不影响，则该同学得分的数学期望为（　　） A．30 B．36 C．20 D．26 3．若随机变量X∼N（1，σ2），且P（0.5＜X≤1.5）＝0.4，则P（X＞1.5）＝（　　） A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6 4．一个箱子中有10个质地、大小相同的球，共5种颜色，每种颜色有2个球，现从中任取2球，若在其中一个球为红色的条件下，另一个球也为红色的概率为（　　） A． B． C． D． 5．若f（x）＝alnx+bx2+x在x＝1和x＝2处有极值，则函数f（x）的单调递增区间是（　　） A．（﹣∞，1） B．（2，+∞） C．（1，2） D． 6．若函数的图象与y＝a的图象恰好有四个交点，则实数a的取值范围是（　　） A．[1，+∞） B．（0，2）∪{﹣2} C．[2，3） D．（2，3） 7．为减少早高峰学生上学迟到现象的发生，某学校对所有学生上学的出行方式进行了调查，结果显示有50%的学生乘坐公共交通工具，有30%的学生乘坐私家车，有20%的学生选择骑行或步行．在乘坐公共交通工具出行的学生中有10%的人迟到，在乘坐私家车出行的学生中有20%的人迟到，在骑行或步行出行的学生中有5%的人迟到．以频率估计概率，从该校随机选择一名学生，若他迟到了，则这名学生是乘坐私家车出行的概率为（　　） A． B． C． D． 8．已知当x∈（0，+∞）时，函数f（x）＝axeax﹣（x+1）lnx+ax≥0恒成立，求实数a的取值范围是（　　） A． B． C．[e，+∞） D．[e，+∞） 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．下列说法正确的是（　　） A．利用χ2进行独立性检验时，χ2的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量独立 B．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C．样本相关系数r的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当|r|越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越弱 D．用决定系数R2来比较两个模型的拟合效果，R2越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好 10．甲袋中有3个黑球，2个白球，乙袋中有5个黑球，3个白球．这些球大小、形状完全相同．先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，记事件A1为“取出的是黑球”，事件A2为“取出的是白球”；再从乙袋中随机不放回取出两个球，记事件B为“取出的两球都是黑球”，事件C为“取出的两球为一黑一白”，则（　　） A． B． C． D． 11．设定义在R上的函数f（x）与g（x）的导函数分别为f'（x）和g'（x），若f（2x﹣1）＝g（x）﹣2x，g（x+1）为偶函数，f（﹣x）＝f（x），则（　　） A．g'（2）＝2f'（3）+2 B．g'（2）＝4 C．f'（3）•f'（33）＝99 D．4048 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．已知离散型随机变量ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P m n 若E（ξ）＝1，则D（ξ）＝　 　 ． 13．在1+（1+x）+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）9的展开式中，x的奇次项的系数和为 　 　 ． 14．已知函数f（x）＝﹣ex﹣2lnx，g（x）＝a2x2+x﹣2lna（a＞1），若f（x）的图象与g（x）的图象在[1，+∞）上恰有两对关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是 　　 ． 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．（本小题满分13分）为了刺激消费，拉动经济增长，便于家庭团聚和旅游出行，2025年五一黄金周假期调休时间为5月1日至5日．假期期间，某地游客较平时出现了大幅增长，该地旅游部门统计了五天假期游客的数量如表： x（日） 1 2 3 4 5 y（万人） 45 50 60 65 80 （1）计算x，y的相关系数r（计算结果精确到0.01），并判断是否可以认为日期与游客人数的相关性很强； （2）请根据表格提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程x． 参考公式：．参考数据：1.732． 16．（本小题满分15分）在数列{an}中，a1＝6，a3＝20，a4＝30，且{an+1﹣an}是等差数列． （1）求a2； （2）证明：． 17．（本小题满分15分）某车企随机调查了今年某月份购买本车企生产的20n（n∈N*）台新能源汽车车主，统计得到如表2×2列联表，经过计算可得χ2≈5.556． 喜欢 不喜欢 总计 男性 10n _____ 12n 女性 _____ 3n _____ 总计 15n _____ _____ （1）完成表格并求出n值，并判断有多大的把握认为购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关； （2）采用比例分配的分层抽样法从调查的不喜欢和喜欢新能源汽车的车主中随机抽取12人，再从抽取的12人中抽取4人，设被抽取的4人中属于不喜欢新能源汽车的人数为X，求X的分布列及数学期望． 附：，其中n＝a+b+c+d． P（x2≥k） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 18．（本小题满分17分）Catalan数列（卡特兰数列）最早由我国清代数学家明安图（1692﹣1765）在研究三角函数幂级数的推导过程中发现，成果发表于1774年出版的《割圜密率捷法》中，后由比利时数学家卡特兰（Catalan，1814﹣1894）的名字来命名，该数列的通项被称为第n个Catalan数，其通项公式为．在组合数学中，有如下结论：由n个+1和n个﹣1构成的所有数列a1，a2，a3，⋯，a2n中，满足对任意k＝1，2，⋯，2n，都有a1+a2+⋯+ak⩾0”的数列的个数等于∁n．已知在数轴上，有一个粒子从原点出发，每秒向左或向右移动一个单位，且向左移动和向右移动的概率均为． （1）设粒子第3秒末所处的位置为随机变量X（若粒子第一秒末向左移一个单位，则位置为﹣1；若粒子第一秒末向右移一个单位，则位置为1），求X的分布列和数学期望E（X）； （2）记第n秒末粒子回到原点的概率为Pn． （i）求P4及P2n； （ii）设粒子在第n秒末第一次回到原点的概率为Qn，求Q2n． 19．（本小题满分17分）已知函数f（x）＝（x+a）ln（x+1）（a∈R），g（x）＝lnx﹣bx（b＞0）． （1）若a＝2，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）当x＞0时，f（x）＞2x恒成立，求实数a的取值范围； （3）若存在x1，x2∈（0，+∞），使得g（x1）＝g（x2）（x1≠x2）．证明：． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学下学期期末模拟卷 （测试范围：选择性必修第二册+选择性必修第三册） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．若等比数列{an}满足a2+a3＝1，a2﹣a4＝3，则a6＝（　B　） A．﹣32 B．﹣16 C．16 D．32 【解析】 设等比数列{an}的公比为q，由题可得：，a1q（1+q）＝1，解得，q＝﹣2，则． 2．某同学参加篮球测试，老师规定每个同学罚篮10次，每罚进一球记5分，不进记﹣1分，已知该同学的罚球命中率为60%，并且各次罚球互不影响，则该同学得分的数学期望为（　D　） A．30 B．36 C．20 D．26 【解析】 记该同学罚球命中的次数为X，则X～B（10，0.6），∴E（X）＝10×0.6＝6，∴该同学得分的数学期望为6×5+（10﹣6）×（﹣1）＝30﹣4＝26． 3．若随机变量X∼N（1，σ2），且P（0.5＜X≤1.5）＝0.4，则P（X＞1.5）＝（　A　） A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6 【解析】 根据题意可知，P（0.5＜X≤1.5）＝0.4，故P（1≤X≤1.5）＝0.2，故P（X＞1.5）＝0.5﹣P（1≤X≤1.5）＝0.3． 4．一个箱子中有10个质地、大小相同的球，共5种颜色，每种颜色有2个球，现从中任取2球，若在其中一个球为红色的条件下，另一个球也为红色的概率为（　B　） A． B． C． D． 【解析】 根据题意可知，一个箱子中有10个质地、大小相同的球，共5种颜色，每种颜色有2个球，现从中任取2球，设事件M为“从箱子中任取两球均为红色”，事件N为“从箱子中任取两球至少有一球为红色”则由题意知，，，所求概率为． 5．若f（x）＝alnx+bx2+x在x＝1和x＝2处有极值，则函数f（x）的单调递增区间是（　C　） A．（﹣∞，1） B．（2，+∞） C．（1，2） D． 【解析】 由题意得，函数定义域为（0，+∞），∴，解得， ∴，，由f′（x）＞0得1＜x＜2，即函数f（x）的单调递增区间是（1，2）． 6．若函数的图象与y＝a的图象恰好有四个交点，则实数a的取值范围是（　D　） A．[1，+∞） B．（0，2）∪{﹣2} C．[2，3） D．（2，3） 【解析】 当x＜0时，，可得，所以当x∈（﹣∞，﹣1）时，f'（x）＜0；当x∈（﹣1，0）时，f'（x）＞0，所以函数f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，0）上单调递增，且f（﹣1）＝2；当x＞0时，，可得，当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞） 上单调递减，且f（1）＝3，当x趋于0时，f（x）趋于﹣∞；当x趋于+∞时，f（x）趋于2，作出函数f（x）的图象，如图所示，要使得函数y＝f（x）与y＝a的图象有4个交点，则2＜a＜3，所以实数a的取值范围为（2，3）． 7．为减少早高峰学生上学迟到现象的发生，某学校对所有学生上学的出行方式进行了调查，结果显示有50%的学生乘坐公共交通工具，有30%的学生乘坐私家车，有20%的学生选择骑行或步行．在乘坐公共交通工具出行的学生中有10%的人迟到，在乘坐私家车出行的学生中有20%的人迟到，在骑行或步行出行的学生中有5%的人迟到．以频率估计概率，从该校随机选择一名学生，若他迟到了，则这名学生是乘坐私家车出行的概率为（　C　） A． B． C． D． 【解析】 根据题意，设A＝“该学生乘坐公共交通工具出行”，B＝“该学生乘坐私家车出行”，C＝“该学生选择骑行或步行”，D＝“该同学迟到”，则P（AD），P（BD），P（CD），故P（D）＝P（AD）+P（BD）+P（CD），则P（B|D）． 8．已知当x∈（0，+∞）时，函数f（x）＝axeax﹣（x+1）lnx+ax≥0恒成立，求实数a的取值范围是（　A　） A． B． C．[e，+∞） D．[e，+∞） 【解析】 当a≤0时，函数f（e）＝ae•eae﹣（e+1）+ae＜0，因此a≤0不符合题意；当a＞0，根据函数f（x）＝axeax﹣（x+1）lnx+ax≥0，即axeax+ax≥elnxlnx+lnx，令函数g（x）＝xex+x（x＞0），导函数g′（x）＝（x+1）ex+1＞0，因此函数g（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，因为axeax+ax≥elnxlnx+lnx，即g（ax）≥g（lnx），所以ax≥lnx在（0，+∞）上恒成立，所以，令函数，导函数，因此x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，x∈（0，e）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，即，所以． 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．下列说法正确的是（　BD　） A．利用χ2进行独立性检验时，χ2的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量独立 B．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C．样本相关系数r的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当|r|越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越弱 D．用决定系数R2来比较两个模型的拟合效果，R2越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好 【解析】 对于A：利用χ2进行独立性检验时，χ2的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关，故A错误；对于B：在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好，故B正确；对于C：样本相关系数r的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当|r|越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，故C错误；对于D：用决定系数R2来比较两个模型的拟合效果，R2越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，故D正确． 10．甲袋中有3个黑球，2个白球，乙袋中有5个黑球，3个白球．这些球大小、形状完全相同．先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，记事件A1为“取出的是黑球”，事件A2为“取出的是白球”；再从乙袋中随机不放回取出两个球，记事件B为“取出的两球都是黑球”，事件C为“取出的两球为一黑一白”，则（　ABD　） A． B． C． D． 【解析】 由题设，，，，，，所，P（B），． 11．设定义在R上的函数f（x）与g（x）的导函数分别为f'（x）和g'（x），若f（2x﹣1）＝g（x）﹣2x，g（x+1）为偶函数，f（﹣x）＝f（x），则（　ACD　） A．g'（2）＝2f'（3）+2 B．g'（2）＝4 C．f'（3）•f'（33）＝99 D．4048 【解答】 对于A：因为f（2x﹣1）＝g（x）﹣2x，所以2f′（2x﹣1）＝g′（x）﹣2，所以当x＝2时2f′（3）＝g′（2）﹣2，即g′（2）＝2f′（3）+2，故A正确；对于B：因为g（x+1）为偶函数， 所以g（﹣x+1）＝g（x+1），所以﹣g′（﹣x+1）＝g′（x+1），即g′（﹣x+1）+g′（x+1）＝0， 所以g′（x）的图象关于（1，0）点对称，g′（1）＝0，又因为f（﹣x）＝f（x），所以﹣f′（﹣x）＝f′（x），即f′（﹣x）+f′（x）＝0，所以f′（x）的图象关于（0，0）点对称，所以由A得，解得g′（0）＝4，所以g′（2）＝﹣4，故B错误；对于C：因为g（x）的图象关于（1，0）点对称，f′（x）的图象关于（0，0）点对称，所以由2f′（2x﹣1）＝g（x）﹣2，得2f′（3﹣2x）＝﹣2f′（2x﹣3）＝g′（2﹣x）﹣2＝﹣g′（x）﹣2，所以f′（2x﹣1）﹣f′（2x﹣3）＝﹣2，将g′（2）＝﹣4代入g′（2）＝2f′（3）+2，得f′（3）＝﹣3，所以f′（33）＝﹣3+（﹣2）×15＝﹣33，所以f′（3）•f′（33）＝99，故C正确；对于D：因为f′（x）的图象关于（0，0）点对称，所以f′（2x﹣1）的图象关于对称，所以g（x）＝2f'（2x﹣1）+2的图象关于（，2）对称，所以4×1012＝4048，故D正确． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．已知离散型随机变量ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P m n 若E（ξ）＝1，则D（ξ）＝　　 ． 【解析】 由题可得，解得，故． 13．在1+（1+x）+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）9的展开式中，x的奇次项的系数和为 __________．511 【解析】 设1+（1+x）+（1+x）2+...+（1+x）9，令x＝1，则1+2+22+...+29＝210﹣1＝a0+a1+...+a9①，令x＝﹣1，则1＝a0﹣a1+a2﹣...﹣a9②，则可得：a1+a3+...+a9． 14．已知函数f（x）＝﹣ex﹣2lnx，g（x）＝a2x2+x﹣2lna（a＞1），若f（x）的图象与g（x）的图象在[1，+∞）上恰有两对关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是 　　 ．． 【解析】 f（x）＝﹣ex﹣2lnx关于x轴对称的函数为y＝ex+2lnx，因为f（x）的图象与g（x）的图象在[1，+∞）上恰有两对关于x轴对称的点，所以方程ex+2lnx＝a2x2+x﹣2lna在[1，+∞）上恰有两个不相等的实根，即a2x2+x﹣2lna﹣ex﹣2lnx＝0，即a2x2﹣ln（a2x2）+x﹣ex＝0，即， 即在[1，+∞）上恰有两个不相等的实根，令t（x）＝ex﹣x，x∈[1，+∞），则t′（x）＝ex﹣1＞0，x∈[1，+∞），所以函数t（x）＝ex﹣x在[1，+∞）上单调递增，所以ln（a2x2）＝x，即a2x2＝ex，，故原问题等价于y＝a2与在[1，+∞）上恰有两个不同的交点，令，则，当1≤x＜2时，h′（x）＜0，当x＞2时，h′（x）＞0，所以函数h（x）在[1，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，又，当x→+∞时，h（x）→+∞，如图所示，作出函数h（x）在[1，+∞）上的大致图象，要使函数y＝a2与在[1，+∞）上恰有两个不同的交点，只要，因为a＞1，所以，所以实数a的取值范围是． 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．（本小题满分13分）为了刺激消费，拉动经济增长，便于家庭团聚和旅游出行，2025年五一黄金周假期调休时间为5月1日至5日．假期期间，某地游客较平时出现了大幅增长，该地旅游部门统计了五天假期游客的数量如表： x（日） 1 2 3 4 5 y（万人） 45 50 60 65 80 （1）计算x，y的相关系数r（计算结果精确到0.01），并判断是否可以认为日期与游客人数的相关性很强； （2）请根据表格提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程x． 参考公式：． 参考数据：1.732． 【解析】 （1）因为，，所以，（xi﹣x）2＝（1﹣3）2+（2﹣3）2+（3﹣3）2+（4﹣3）2+（5﹣3）2＝10，（yi﹣y）2＝（45﹣60）2+（50﹣60）2+（60﹣60）2+（65﹣60）2+（80﹣60）2＝750，所以，由此可以认为两者的相关性很强； （2）由（1）知85，10，所以，因为60﹣8.5×3＝34.5，所以回归方程为8.5x+34.5． 16．（本小题满分15分）在数列{an}中，a1＝6，a3＝20，a4＝30，且{an+1﹣an}是等差数列． （1）求a2； （2）证明：． 【解析】 （1）在数列{an}中，a1＝6，a3＝20，a4＝30，且{an+1﹣an}是等差数列，设bn＝an+1﹣an，则b1＝a2﹣a1＝a2﹣6，b2＝a3﹣a2＝20﹣a2，b3＝a4﹣a3＝10，因为{an+1﹣an}是等差数列，即{bn}是等差数列，则有b1+b3＝2b2，即a2﹣6+10＝2•（20﹣a2），解得a2＝12； （2）证明：由（1）知，b1＝6，b2＝8，则{bn}的公差为2，首项为6，根据等差数列的通项公式可得bn＝2n+4，即an+1﹣an＝2n+4，当n≥2时，an﹣an﹣1＝2n+2，an﹣1﹣an﹣2＝2n，…a2﹣a1＝6，将各式相加，得an﹣a1＝2n+2+2n+⋯+6，即，即，而a1＝6满足上式，因此，，则，因为n≥1，则，则，得证． 17．（本小题满分15分）某车企随机调查了今年某月份购买本车企生产的20n（n∈N*）台新能源汽车车主，统计得到如表2×2列联表，经过计算可得χ2≈5.556． 喜欢 不喜欢 总计 男性 10n _____ 12n 女性 _____ 3n _____ 总计 15n _____ _____ （1）完成表格并求出n值，并判断有多大的把握认为购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关； （2）采用比例分配的分层抽样法从调查的不喜欢和喜欢新能源汽车的车主中随机抽取12人，再从抽取的12人中抽取4人，设被抽取的4人中属于不喜欢新能源汽车的人数为X，求X的分布列及数学期望． 附：，其中n＝a+b+c+d． P（x2≥k） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【解析】 （1）补充表格数据如下： 喜欢 不喜欢 总计 男性 10n 2n 12n 女性 5n 3n 8n 总计 15n 5n 20n ，又因为n∈N*，所以n＝5；提出假设H0：购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别无关，由题意，χ2≈5.556∈（5.024，6.635），故97.5%的把握认为购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关； （2）由（1）可知，抽取喜欢新能源汽车有：9人；抽取不喜欢新能源汽车有：3人，X的可能值为：0，1，2，3，，，X的分布列为： X 0 1 2 3 P X的数学期望（人）． 18．（本小题满分17分）Catalan数列（卡特兰数列）最早由我国清代数学家明安图（1692﹣1765）在研究三角函数幂级数的推导过程中发现，成果发表于1774年出版的《割圜密率捷法》中，后由比利时数学家卡特兰（Catalan，1814﹣1894）的名字来命名，该数列的通项被称为第n个Catalan数，其通项公式为．在组合数学中，有如下结论：由n个+1和n个﹣1构成的所有数列a1，a2，a3，⋯，a2n中，满足对任意k＝1，2，⋯，2n，都有a1+a2+⋯+ak⩾0”的数列的个数等于∁n． 已知在数轴上，有一个粒子从原点出发，每秒向左或向右移动一个单位，且向左移动和向右移动的概率均为． （1）设粒子第3秒末所处的位置为随机变量X（若粒子第一秒末向左移一个单位，则位置为﹣1；若粒子第一秒末向右移一个单位，则位置为1），求X的分布列和数学期望E（X）； （2）记第n秒末粒子回到原点的概率为Pn． （i）求P4及P2n； （ii）设粒子在第n秒末第一次回到原点的概率为Qn，求Q2n． 【解析】 （1）由题意，X的可能取值为﹣3，﹣1，1，3，，，，， 所以X的分布列如下： X ﹣3 ﹣1 1 3 P 期望． （2）（i），． （ii）设事件A：粒子在第2n秒末第一次回到原点，事件B：粒子第1秒末向右移动一个单位，所以 记粒子往左移动一个单位为﹣1，粒子往右移动一个单位为1，设第n秒末粒子的运动方式为an，其中an＝±1；粒子运动方式可用数列{an}表示，{an}的前2n项中有n个1和n个﹣1．因为a1＝1，所以a2n＝﹣1，所以粒子在余下2n﹣2秒中运动的位置满足X⩾1，即a2+a3+⋯+ak⩾0，（k＝2，3，⋯，2n﹣2），所以粒子在余下2n﹣2秒中运动方式的总数为，所以P（AB），所以Q2n＝2P（AB） ． 19．（本小题满分17分）已知函数f（x）＝（x+a）ln（x+1）（a∈R），g（x）＝lnx﹣bx（b＞0）． （1）若a＝2，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）当x＞0时，f（x）＞2x恒成立，求实数a的取值范围； （3）若存在x1，x2∈（0，+∞），使得g（x1）＝g（x2）（x1≠x2）．证明：． 【解析】 （1）当a＝2时，f（x）＝（x+2）ln（x+1），，所以f′（0）＝2． 又因为f（0）＝0，所以切线方程为y＝2x． （2）设h（x）＝f（x）﹣2x＝（x+a）ln（x+1）﹣2x，只需h（x）＞0在x＞0时恒成立即可，又，且h（0）＝0，所以h′（0）＝a﹣2≥0，即a≥2． 下面证明a≥2的充分性：当a≥2时，由x＞0，h（x）＝（x+a）ln（x+1）﹣2x≥（x+2）ln（x+1）﹣2x，令φ（x）＝（x+2）ln（x+1）﹣2x，x＞0，所以，所以，所以φ′（x）在[0，+∞）上单调递增，则φ′（x）≥φ′（0）＝0，所以φ（x）在[0，+∞）上单调递增，则φ（x）≥φ（0）＝0，所以h（x）≥φ（x）≥0恒成立．综上所述，实数a的取值范围是[2，+∞）． （3）证明：由函数g（x）＝lnx﹣bx．可得，设x1＜x2，由g（x1）＝g（x2），可得lnx1﹣bx1＝lnx2﹣bx2，则，由（2）知，当x＞0时，，则x＞1时，，所以，则，所以，代入可得：，则，所以． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/4/14 9:44:18；用户：15972902576；邮箱：15972902576；学号：21498003 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $