2022-2023学年河南省郑州市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河南省郑州市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知数列{an}，满足an−an−1=2，a1=0，则a10=( )
A. 18B. 36C. 72D. 144
2.2023年5月10日，第七届全球跨境电子商务大会在郑州举行，小郑同学购买了几件商品，这些商品的价格如果按美元计，则平均数为30，方差为60，如果按人民币计(汇率按1美元=7元人民币)，则平均数和方差分别为( )
A. 30，60B. 30，420C. 210，420D. 210，2940
3.如图，洛书古称龟书，是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取4个数，则选取的4个数之和为奇数的方法数为( )
A. 60
B. 61
C. 65
D. 66
4.下列四个命题中，正确命题的个数为( )
①甲乙两组数据分别为：甲：28，31，39，42，45，55，57，58，66；；乙：，29，34，35，48，42，46，55，53，55，67.则甲乙的中位数分别为45和44.
②相关系数r=−0.89，表明两个变量的相关性较弱.
③若由一个2×2列联表中的数据计算得K2的观测值k≈7.103，那么有99%的把握认为两个变量有关.
④用最小二乘法求出一组数据(xi,yi)，(i=1,…，n)的回归直线方程y =b x+a 后要进行残差分析，相应于数据(xi,yi)，(i=1,…，n)的残差是指ei=yi−(bxi+a ).
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知(x−1)n的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，若(x−1)n=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+an(x+1)n，则a1等于( )
A. 192B. 448C. −192D. −448
6.已知函数f(x)=ax2−lnx的图象在点(1,f(1))处的切线与直线y=3x平行，则该切线的方程为( )
A. x−3y+5=0B. 3x−y−1=0C. 3x−y+1=0D. x−3y+1=0
7.“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.如图所示的是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，图中虚线上的数1，3，6，10…构成数列{an}，记an为该数列的第n项，则a64=( )
A. 2016
B. 2080
C. 4032
D. 4160
8.下列说法中不正确的是( )
A. 若随机变量X∼N(1,σ2)，P(X<4)=0.79，则P(X<−2)=0.21
B. 若随机变量X∼B(10,13)，则期望E(X)=103
C. 已知随机变量 X的分布列为P(X=i)=ai(i+1)(i=1,2,3)，则P(X=2)=23
D. 从3名男生，2名女生中选取2人，则其中至少有一名女生的概率为710
9.若需要刻画预报变量w和解释变量x的相关关系，且从已知数据中知道预报变量w随着解释变量x的增大而减小，并且随着解释变量x的增大，预报变量w大致趋于一个确定的值，为拟合w和x之间的关系，应使用以下回归方程中的(b>0,e为自然对数的底数)( )
A. w=bx+aB. w=−blnx+aC. w=−b x+aD. w=be−x+a
10.对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，现给出定义：设f′(x)是函数f(x)的导数，f′′(x)是f′(x)的导数，若方程f′′(x)有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数g(x)=x33−x2+53，则g(19)+g(29)+g(39)+⋯+g(179)=( )
A. 173B. 172C. 17D. 34
11.已知数列{an}满足an=(12−a)n+2,n>7an−6,n≤7,(n∈N*)，若对于任意n∈N*都有an>an+1，则实数a的取值范围是( )
A. (12,1)B. (12,23)C. (23,1)D. (1,23)
12.若lnb+b=alna+a2，则下列式子可能成立的是( )
A. a>b>1B. a>1>bC. b>1>aD. 1>b>a
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知等比数列{an}满足：a1=8，a9=132，a2a3<0，则公比q=______.
14.在甲，乙，丙三个地区爆发了流感，这三个地区分别有7%，6%，5%的人患了流感.若这三个地区的人口数的比为5：3：2，现从这三个地区中任意选取一个人，这个人患流感的概率是______.
15.为积极践行劳动教育理念，扎实开展劳动教育活动，某学校开设三门劳动实践选修课，现有五位同学参加劳动实践选修课的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有______.
16.2023年第57届世界乒乓球锦标赛在南非德班拉开帷幕，参赛选手甲、乙进入了半决赛，半决赛采用五局三胜制，当选手甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束.每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设甲在任一局赢球的概率为p(0≤p≤1)，比剉局数的期望值记为f(p)，则f(p)的最大值是______.
三、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
一只口袋中装有形状、大小都相同的10个小球，其中有红球1个，白球4个，黑球5个.
(Ⅰ)若每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.在第1次摸到白球的条件下，第2饮摸到白球的概率；
(Ⅱ)若从袋子中一次性随机摸出3个球，记黑球的个数为X，求随机变量X的概率分布.
18.(本小题12分)
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=2，Sn+1=4an+2.
(Ⅰ)设bn=an+1−2an，证明：数列{bn}是等比数列；
(Ⅱ)求数列{an2n}的前n项和Tn.
19.(本小题12分)
黄河是中华民族的母亲河、生命河，也是一条桀骜难驯的忧患之河.小浪底水利枢纽工程位于河南省济源市、洛阳市孟津区边界，是黄河治理开发的关键控制性工程.它控制着黄河92%的流域面积、91%的径流量和近100%的泥沙，以防洪、防淩、减淤为主，兼顾供水、灌溉、发电，不仅是中华民族治黄史上的丰碑，也是世界水利工程史上最具标志性的杰作之一，其大坝为预测渗压值和控制库水位，工程师在水库选取一支编号为HN1渗压计，随机收集10个该渗压计管内水位和水库水位监测数据：
并计算得i=110xi2=57457.98，i=110yi2=53190.77，i=110xiyi=55283.20，72.9322=5319.076624，75.8012=5745.791601， 240.6≈15.51.
(Ⅰ)求该水库HN1号渗压计管内水位与水库水位的样本相关系数(精确到0.01)；
(Ⅱ)某天雨后工程师测量了水库水位，并得到水库的水位为76m.利用以上数据给出此时HN1号渗压计管内水位的估计值.
附：相关系数r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2⋅i=1n(yi−y−)2，b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，a =y−−b x−.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex[ax2+(a−2)]−x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
21.(本小题12分)
根据长期生产经验，某种零件的一条生产线在设备正常状态下，生产的产品正品率为0.985.为了监控该生产线生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取10个零件，并测量其质量，规定：抽检的10件产品中，若至少出现2件次品，则认为设备出现了异常情况，需对设备进行检测及修理.
(Ⅰ)假设设备正常状态，记X表示一天内抽取的10件产品中的次品件数，求P(X≥2)，并说明上述监控生产过程规定的合理性；
(Ⅱ)该设备由甲、乙两个部件构成，若两个部件同时出现故䧐，则设备停止运转；若只有一个部件出现故障，则设备出现异常.已知设备出现异常是由甲部件故障造成的概率为p，由乙部件故障造成的概率为1−p.若设备出现异常，需先检测其中一个部件，如果确认该部件出现故障，则进行修理，否则，继续对另一部件进行检测及修理.已知甲部件的检测费用2000元，修理费用6000元，乙部件的检测费用3000元，修理费用4000元.当设备出现异常时，仅考虑检测和修理总费用，应先检测甲部件还是乙部件，请说明理由.
参考数据：0.98510≈0.86，0.9859≈0.87，0.9858≈0.89.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+1x.
(Ⅰ)求函数f(x)的最小值；
(Ⅱ)设函数g(x)=f(x)−ax2+x−ax2.证明：当00恒成立.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由an−an−1=2可知数列{an}是公差为2的等差数列，
所以a10=a1+9×2=18.
故选：A.
由an−an−1=2可知数列{an}是公差为2的等差数列，而后根据等差数列性质求出a10即可．
本题主要考查等差数列的性质，属基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题意，这些商品的价格如果按人民币计，价格是按美元计的7倍，
则平均数为7×30=210，
方差为72×60=2940.
故选：D.
一组数据同时乘以一个数，则平均数也乘以这个数，而方差乘以这个数的平方，结合题意代入计算即可．
本题考查平均数和方差的性质，考查学生计算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9，
从中任取4个数为126种，
4个数都为偶数有C44=1种，
4个数都为奇数有C54=5种，
2奇2偶有C42C52=60种，
则选取的4个数之和为偶数的方法数为1+5+60=66种，
则选取的4个数之和为奇数的方法数为126−66=60.
故选：A.
由题意可知，阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9，可以由总组合数减去4个数乘积为偶数的情况即可得答案．
本题考查了组合的问题，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：对于①，甲组数据的中位数为45，乙组数据的中位数为46+482=47，①错误；
对于②，相关系数|r|≥0.75时，两个变量有很强的相关性，②错误；
对于③，K2的观测值约为7.103>6.635，那么有99%的把握认为两个变量有关，③正确；
对于④，残差分析中，相应数据(xi,yi)，(i=1,2,⋯,n)的残差e i=yi−(bxi+a )，④正确；
所以命题正确的序号是③④．
故选：B.
求出两组数据的中位数判断①；利用相关系数的意义判断②；利用K2的观测值与要求的临界值对判断③；利用残差的意义判断④作答．
本题考查回归方程的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
(x−1)n=(−2+x+1)n=Cn0(−2)n+Cn1(−2)n−1(x+1)+Cn2(−2)n−2(x+1)2+…+Cnn(x+1)n，由于(x−1)n的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，可得64=2n2，解得n.即可得出．
本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【解答】
解：(x−1)n=(−2+x+1)n=Cn0(−2)n+Cn1(−2)n−1(x+1)+Cn2(−2)n−2(x+1)2+…+Cnn(x+1)n=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+an(x+1)n，
∵(x−1)n的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，∴64=2n2，解得n=7.
则a1=C71(−2)6=448.
故选：B.
6.【答案】B
【解析】解：由f(x)=ax2−lnx，得f′(x)=2ax−1x，
∴f′(1)=2a−1，
由2a−1=3，得a=2.
∴f(x)=2x2−lnx，可得f(1)=2，
∴所求切线的方程为y=3(x−1)+2，即3x−y−1=0.
故选：B.
求出原函数的导函数，利用导函数值为3求解a值，进一步求出f(1)，再由直线方程的点斜式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意得 a1=1，a2=3=1+2，
a3=6=1+2+3，a4=10=1+2+3+4⋯
观察规律可得an=1+2+3+⋅⋅⋅+n=n(n+1)2，
所以a64=2080.
故选：B.
利用已知条件，结合数列的项，找出数列的通项公式，然后求解即可．
本题考查数列的递推关系式的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：对于A：随机变量X∼N(1,σ2)且P(X<4)=0.79，
则P(X<−2)=P(X>4)=1−P(X<4)=0.21，故A正确；
对于B：随机变量X∼B(10,13)，则期望E(X)=10×13=103，故B正确；
对于C：因为P(X=i)=ai(i+1)(i=1,2,3)，所以P(X=1)=a2,P(X=2)=a6,P(X=3)=a12，
所以a2+a6+a12=1，解得a=43，所以P(X=2)=29，故C错误；
对于D：从3名男生，2名女生中选取2人，
则其中至少有一名女生的概率P=C31C21+C22C52=710，故D正确；
故选：C.
根据正态分布的性质判断A，根据二项分布的期望公式判断B，根据分布列的性质求出a，即可判断C，根据古典概型的概率公式判断D.
本题考查了正态分布、分布列的性质、二项分布的期望公式和古典概型的概率公式，属于中档题．
9.【答案】D
【解析】解：对于A：因为y=x在定义域内单调递增且b>0，所以w随着x的增大而增大，不合题意，故A错误；
对于B：因为y=lnx在定义域内单调递增且b>0，所以w随着x的增大而减小，当解释变量x→+∞，w→−∞，不合题意，故B错误；
对于C：因为y= x在定义域内单调递增且b>0，所以w随着x的增大而减小，当解释变量x→+∞，w→−∞，不合题意，故C错误；
对于D：因为y=e−x=(1e)x在定义域内单调递减且b>0，所以w随着x的增大而减小，当解释变量x→+∞，w→a，故D错误．
故选：D.
根据b>0及函数的单调性，判断w随x增大时的增减性，再判断各个回归方程是否随着解释变量x的增大趋于一个确定的值，即可得出答案．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了函数单调性的判断，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：由g(x)=13x3−x2+53，得g′(x)=x2−2x，
所以g″(x)=2x−2，由g″(x0)=0，得2x0−2=0，解得x0=1，
而g(1)=1，即g(x)的对称中心为(1,1)，
所以g(x)+g(2−x)=2，
则g(19)+g(29)+g(39)+⋯+g(179)
=[g(19)+g(179)]+[g(29)+g(169)]+⋅⋅⋅+[g(89)+g(109)]+g(99)
=2×8+1=17.
故选：C.
由题意首先确定函数的对称中心，然后结合函数的对称中心即可确定代数式的值．
本题主要考查导数的新定义问题，导数的应用，函数的对称性及其应用等知识，属于中等题．
11.【答案】C
【解析】解：因为对于任意n∈N*都有an>an+1，所以数列{an}单调递减，
当n≤7时，an=an−6，由{an}单调递减，可得0当n>7时，an=(12−a)n+2，由{an}单调递减，可得12−a<0，即a>12，
又a7>a8，∴a>6−8a，解得a>23，
综上，实数a的取值范围是(23,1).
故选：C.
由题设知数列{an}单调递减，利用一次函数和指数函数单调递减的条件可得到a的范围，最后考虑分段处的两项也要满足递减的条件，最终确定a的范围．
本题考查数列的函数特性，熟练掌握一次函数，指数函数的单调性，分段函数单调的条件是解题关键，属基础题．
12.【答案】D
【解析】解：由lnb+b=alna+a2，得lnb+b=a(lna+a)，
令f(x)=lnx+x，则f(b)=af(a)，
由f(x)=lnx+x(x>0)，得f′(x)=1x+1>0，则f(x)单调递增，且f(1)=1.
若a>b>1，则f(a)>f(b)>1，而a>1，可得f(b)=af(a)不成立；
若a>1>b，则f(a)>1>f(b)，而a>1，可得f(b)=af(a)不成立；
若b>1>a，则f(b)>1>f(a)，而0若1>b>a，则f(b)>f(a)，而0故选：D.
根据条件得出lnb+b=a(lna+a)，设f(x)=lnx+x，得出f(b)=af(a)，可判断f(x)在(0,+∞)上单调递增，从而得出a>b>1时，f(a)>f(b)>1，得出f(b)=af(a)不成立，同样的方法可判断选项BCD的正误，从而得出正确的选项．
本题考查了构造函数解决问题的方法，不等式的性质，根据导数符号判断函数单调性的方法，增函数的定义，考查了计算能力，属于中档题．
13.【答案】−12
【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
由于a2a3<0，则q<0，
又由a1=8，a9=132，则q8=a9a1=1256，解可得q=−12.
故答案为：−12.
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的通项公式可得q8=a9a1=1256，解可得答案．
本题考查等比数列的性质以及应用，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．
14.【答案】631000
【解析】解：设事件B为此人患流感，A1，A2，A3分别代表此人来自甲，乙，丙三个地区，
根据题意可知：P(A1)=510，P(A2)=310，P(A3)=210，
P(B|A1)=7100，P(B|A2)=6100，P(B|A3)=5100，
P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=510×7100+310×6100+210×5100=631000.
故答案为：631000.
患流感的人可能来自三个地方，利用条件概率公式求解．
本题考查概率的运算，考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】150
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
①将5人分为3组，若3组的人数为1、1、3，有C53=10种分组方法，
若3组的人数为1、2、2，有C52C32C11A22=15种分组方法，
则有10+15=25种分组方法；
②将分好的3组安排参加三门劳动实践选修课，有A33=6种情况，
则有25×6=150种报名方法．
故答案为：150.
根据题意，分2步进行分析：①将5人分为3组，②将分好的3组安排参加三门劳动实践选修课，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
16.【答案】338
【解析】解：设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，
则P(X=3)=p3+(1−p)3，
P(X=4)=C31p3(1−p)+C31p(1−p)3，
P(X=5)=C42p2(1−p)2，
则f(p)=3[p3+(1−p)3]+4[C31p3(1−p)+C31p(1−p)3]+5×C42p2(1−p)2=6p4−12p3+3p2+3p+3，
所以f′(p)=24p3−36p2+6p+3=3(2p−1)(4p2−4p−1)，
因为y=4p2−4p−1的对称轴为p=12,0≤p≤1，
当p=0时，y=−1<0，当p=1时，y=−1<0，所以4p2−4p−1<0，
所以令f′(p)>0，则0≤p<12；令f′(p)<0，则12则函数f(p)在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减，
所以f(p)max=f(12)=338，即f(p)的最大值为338.
故答案为：338.
设实际比赛局数为X，分别计算出X可能取值的概率，进而求出期望值f(p)，再利用导数求得f(p)的最大值，由此得解．
本题考查了概率和导数的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)根据题意，一只口袋中装有形状、大小都相同的10个小球，其中有红球1个，白球4个，黑球5个，
在第1次摸到白球的条件下，袋中有9个球，其中有红球1个，白球3个，黑球5个，
则在第1次摸到白球的条件下，第2饮摸到白球的概率P=39=13；
(Ⅱ)根据题意，X可取的值为0、1、2、3，
P(X=0)=C53C103=112，P(X=1)=C51C52C103=512，P(X=2)=C51C52C103=512，P(X=3)=C53C103=112，
则X的分布列为

【解析】(Ⅰ)根据题意，分析在第1次摸到白球的条件下，袋中球的数目和白球的数目，进而计算可得答案；
(Ⅱ)根据题意，分析X可取的值，分别求出X的值所对应的概率，进而可得X的分布列．
本题考查随机变量的分布列，涉及条件概率的计算，属于基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵Sn+1=4an+2，
∴当n=1时，S2=4a1+2，即a1+a2=4a1+2，解得a2=3a1+2=8，
故a2−2a1=4，
又an+2=Sn+2−Sn+1=4an+1+2−(4an+2)=4an+1−4an，
则an+2−2an+1=2(an+1−2an)，
∴数列{an+1−2an}是首项为4，公比为2的等比数列．
又bn=an+1−2an，
则数列{bn}是等比数列；
(Ⅱ)由(1)得an+1−2an=4×2n−1=2n+1，则an+12n+1−an2n=1，
∴数列{an2n}是以1为首项，以1为公差的等差数列，
∴an2n=1+n−1=n，
∴Tn=1+2+...+n=n(n+1)2.
【解析】(Ⅰ)由已知推导出数列{an+1−2an}是首项为4，公比为2的等比数列，即可证明结论；
(Ⅱ)由an+1−2an=2n+1，得到数列{an2n}是以1为首项，以1为公差的等差数列，可得an2n=1+n−1=n，即可得出答案．
本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由表格易得：水库的平均水位x−=110i=110xi=75.801，
HN1号渗压计管内平均水位y−=110i=110yi=72.932，
又i=110(xi−x−)2=i=110(xi2−2xix−+x−2)=i=110xi2−2x−⋅i=110xi+10x−2=i=110xi2−10x−2，
同理可得：i=110(yi−y−)2=i=110yi2−10y−2，
i=110(xi−x−)(yi−y−)=i=110(xiyi−x−yi−y−xi+xy−)=i=110(xiyi−10xy−)，
∴r=i=110(xi−x−)(yi−y−) i=110(xi−x−)2⋅i=110(yi−y−)2=i=110(xiyi−10xy−) i=110xi2−10x−2⋅ i=110yi2−10y−2
=55283.2−10×75.801×72.932 (57457.98−10×75.8012)×(53190.77−10×72.9322)≈0.95；
(Ⅱ)∵b =i=110(xi−x−)(yi−y−)i=110(xi−x−)2=i=110(xiyi−10xy−)i=110xi2−10x−2=55283.2−10×75.801×−10×75.8012≈0.23，
a =y−−b x−=72.932−0.2294×75.801=55.50，
∴HN1号渗压计管内水位关于水库水位的经验回归方程为y =0.23x+55.5，
当x=76时，预测值y=0.23×76+55.5=72.98，
即水库的水位为76m时，HN1号渗压计管内水位的估计值为72.98m.
【解析】(Ⅰ)根据相关系数公式计算即可；
(Ⅱ)根据最小二乘法计算可得回归方程，再代入76m可得预测数据．
本题考查了相关系数和回归方程的计算，属于中档题．
20.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(−∞,+∞)，f′(x)=(ae2−1)(2ex+1)，
①若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(−∞,+∞)上是单调递减．
②若a>0，则由f′(x)=0得，x=−lna.
当x∈(−∞,−lna)时，f′(x)<0；当x∈(−lna,+∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增．
(2)若a≤0，f(x)至多有一个零点，不符合题意；
若a>0，当x=−lna时，f(x)取得最小值f(−lna)=1−1a+lna.
①当a=1时，f(−lna)=0，f(x)只有一个零点；
②当a>1时，f(−lna)>0，f(x)没有零点；
③当a<1时，f(−lna)<0.又f(−2)=ae−4+(a−2)e−2+2>0，故f(x)在(−∞,−lna)有一个零点．
设整数N满足N>ln(3a−1)，则f(N)=eN(aeN+a−2)−N>eN−N>2N−N>0，故f(x)在(−lna,+∞)有一个零点．
综上，a的取值范围是(0,1).
【解析】(1)求出f(x)的导数表达式容易发现，当a≤0时，导数恒小于零，依此对函数的单调性根据a的值进行分类讨论．
(2)由(1)中的分类讨论结果易知该函数有一个最小值，利用最小值与0的关系，根据函数零点的判定定理可以求出a的取值范围．
本题主要考察了导数与单调性的关系，以及函数零点问题，分类讨论是本体的解题关键．
21.【答案】解：(1)由题可知，单件产品为次品的概率为0.015，所以X∼B(10,0.015)，
所以P(X=0)=C100×0.0150×0.98510≈0.86，
P(X=1)=C101×0.0151×0.9859≈0.131，
所以P(X≥2)=1−P(X=0)−P(X=1)≈0.009，
由P(X≥2)≈0.009可知，如果生产状态正常，一天内抽取的10个零件中，
至少出现2个次品的概率约为0.009，该事件是小概率事件，
因此一旦发生这种状况，就有理由认为设备在这一天的生产过程出现了异常情况，
需对设备进行检测和修理，可见上述监控生产过程的规定是合理的．
(2)若先检测甲部件，设检测费和修理费之和为ξ元，则ξ的所有可能值为8000，9000，
则P(ξ=8000)=p，P(ξ=9000)=1−p，
所以E(ξ)=8000p+9000(1−p)=9000−1000p；
若先检测乙部件，设检测费和修理费之和为η元，则η的所有可能值为7000，11000，
则P(η=7000)=1−p，P(η=11000)=p，
所以E(η)=7000(1−p)+11000p=7000+4000p，
所以E(ξ)−E(η)=2000−5000p，
则当0E(η)，应先检测乙部件；
则当p=25时，E(ξ)=E(η)，应先检测甲部件或乙部件；
则当25【解析】(1)由题可得X∼B(10,0.015)，再由二项分布的概率公式求解即可；
(2)求出两种情况的费用均值，比较即可得出．
本题主要考查了二项分布的概率公式，还考查了期望公式，以及期望的实际意义，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x−1x2，
令f′(x)>0得x>1，令f′(x)<0得0所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(1)=ln1+1=1；
证明：(Ⅱ)g(x)=lnx+a(1x2−1),g′(x)=1x+a(−2x3)=x2−2ax3，
∵x∈(0,a1−a),0∴g′(x)<0，即g(x)在(0,a1−a)上单调递减，
∴g(x)>g(a1−a)=ln(a1−a)+1−2aa=ln(a1−a)+1−aa−1，
由(1)知，f(x)的最小值为f(1)=1，
所以f(x)≥1，即lnx≥1−1x(当且仅当x=1时，等号成立)，
∴ln(a1−a)>1−1−aa，故g(x)>0.
【解析】(Ⅰ)求导后根据单调性求极值即是最值；
(Ⅱ)利用已知条件得到g′(x)<0，得到g(x)>ln(a1−a)+1−aa−1，根据(1)的结论可得．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
样本号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
水库水位xi/m
75.69
75.74
75.77
75.78
75.81
75.85
75.67
75.87
75.9
75.93
758.01
HN1渗压计管内水位y1/m
72.88
72.90
72.92
72.92
72.93
72.94
72.94
72.95
72.96
72.98
729.32
X
0
1
2
3
P
112
512
512
112