2022-2023学年湖北省武汉十一中高二（下）月考数学试卷（6月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉十一中高二（下）月考数学试卷（6月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.(x+ 2x)8展开式中，二项式系数最大的项是( )
A. 第3项B. 第4项C. 第5项D. 第6项
2.将编号为1，2，3，4的四个档案袋放入3个不同档案盒中，每个档案盒不空且恰好有1个档案盒放有2个连号档案袋的所有不同放法种数有( )
A. 6B. 18C. 24D. 36
3.在《最强大脑》的节目中，作为脑力角逐的考题，阿基米德多面体成为了难倒一众天才的“元凶”，因此“一夜爆红”.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.例如足球一般是有12个正五边形和20个正六边形构成的阿基米德多面体.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为( )
A. 43πB. 2πC. 4πD. 8π
4.对两个变量y和x进行回归分析，得到一组样本数据：(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)，则下列说法中不正确的是( )
A. 用相关指数R2来刻画回归效果，R2的值越小，说明模型的拟合效果越好
B. 由样本数据得到的线性回归方程y​=b​x+a​必过样本点的中心(x−,y−)
C. 残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
D. 若变量y和x之间的相关系数r=−0.9362，则变量y与x之间具有线性相关关系
5.已知离散型随机变量X的分布列如下表：
若离散型随机变量Y=2X+1，则P(Y≥5)=( )
A. 712B. 512C. 56D. 34
6.过双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点F作C的其中一条渐近线的垂线l，垂足为M，l与C的另一条渐近线交于点N，且MN+MF=0，则C的渐近线方程为( )
A. 2x±y=0B. 3x±y=0C. 2x±y=0D. x±y=0
7.已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，M为C上的动点，N为圆A：x2+y2+2x+8y+16=0的动点，设点M到y轴的距离为d，则|MN|+d的最小值为( )
A. 1B. 22C. 3 32D. 2
8.已知a=e0.1−e−0.1，b=ln1.21，c=0.2，则( )
A. b二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 已知随机变量X～B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=10，则p=13
B. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是12
C. 对于事件A，B，若A⊆B，则P(B|A)=1
D. 若随机变量ξ～N(2,δ2)，P(ξ<4)=0.84，则P(2<ξ<4)=0.16
10.甲袋中有3个红球，3个白球和2个黑球；乙袋中有2个红球，2个白球和4个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以A，B，C表示事件“取出的是红球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以D表示事件“取出的是白球”，则下列结论中正确的是( )
A. 事件A，B，C是两两互斥的事件B. 事件A与事件D为相互独立事件
C. P(D|A)=29D. P(D)=1972
11.已知小李每天在上班路上都要经过甲、乙两个路口，且他在甲、乙两个路口遇到红灯的概率分别为13，p.记小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为X，在甲、乙这两个路口遇到红灯个数之和为Y，则( )
A. P(X=4)=5243
B. D(X)=109
C. 小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的最大值为216625
D. 当p=25时，E(Y)=103
12.已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是( )
A. 在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为12
B. 第二次抽到3号球的概率为1148
C. 如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大
D. 如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有180种
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(1+x)4+(1+x)5+(1+x)6+(1+x)7+(1+x)8+(1+x)9的展开式中，含x2项的系数是______．
14.已知变量x，y的关系可以用模型y=c⋅ekx拟合，设z=lny，其变换后得到一组数据如下：
由上表可得线性回归方程z =0.7x+a ，则c=______．
15.若函数f(x)=−mx−1,x≤0xlnx,x>0图像上有且仅有两对点关于y轴对称，则实数m的取值范围是______．
16.已知P为正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的动点，若AB=2，PA⋅PB=0，则当DP取最小值时，三棱锥A1−ABP的体积为______．
四、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)
在数列{an}中，a1=1，an+1−an=2n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=nan，求数列{bn}的前n项和Sn．
18.(本小题12分)
为了解某地观众对“中国诗词大会”的收视情况，某机构随机抽取了100名观众进行调查，其中女性观众55名.定义日均收看该节目时间不低于40分钟的观众为“诗词迷”.已知“诗词边”中有15名男性，非“诗词边”共有75名．
(1)根据调查结果，判断是否有95%的把握认为“诗词迷”与性别有关？
(2)采用分层抽样的方式从“诗词迷”中任意选取5人进行问卷调查，再从这5人中任取2人奖励“诗词大礼包”.以X表示获得“诗词大礼包”的男性人数，Y表示获得“诗词大礼包”的女性人数.记ξ=|X−Y|，求ξ的分布和期望．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)，n=a+b+c+d；P(χ2>3.841)≈0.05．
19.(本小题12分)
某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务(货物全部用统一规格的包装箱包装)，现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送的货物量T(单位：箱)分成了以下几组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并绘制了如图所示的频率分布直方图(同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率)．
(1)该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析每日的可配送货物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自[50,60)这一组的概率；
(2)该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案．
方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为三级，T<60时，奖励50元；60≤T<80时，奖励80元；T≥80时，奖励120元．
方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于样本的中位数时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于样本的中位数时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率为
小张为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？
(3)由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量T(单位：箱)近似服从正态分布N(μ,14.42)，其中μ近似为样本平均数.试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间[54.1,97.3]内的天数(结果保留整数)．
附：若Z∼N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤Z≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.9545．
20.(本小题12分)
甲、乙运动员进行乒乓球选拔赛，每场比赛采用7局4胜制(即有一运动员先胜4局即获胜，比赛结束).比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以4：0或4：1取胜的运动员积5分，负者积0分，以4：2取胜的运动员积4分，负者积1分，以4：3取胜的运动员积3分，负者积2分.已知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为12．
(1)甲、乙两人比赛1场后，求甲的积分X的概率分布列和数学期望；
(2)甲、乙两人比赛2场后，求两人积分不相等的概率．
21.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2 2，一个焦点为F1(−2,0)．
(Ⅰ)求椭圆E的方程和离心率；
(Ⅱ)设直线l：x−my−2=0与椭圆E交于两点A，B，点M在线段AB上，点F1关于点M的对称点为C.当四边形AF1BC的面积最大时，求m的值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−1−asinx(a∈R)．
(1)若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=−x，求实数a的值；
(2)当a=2时，求f(x)在[0,π]上的最大值；
(3)若对任意的x∈[0,π]，恒有f(x)≥0，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：对于二项式(x+ 2x)8，因为n=8，
所以二项式系数最大的项为第5项．
故选：C．
根据二项式定理以及二项式系数的性质即可求解．
本题考查了二项式定理的应用以及二项式系数的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，分2步分析：
①、将四个档案袋分成3组，其中1组为2个连号档案袋，
有(12)、3、4，1、(23)、4，1、2、(34)，共3种分组方法；
②、将分好的三组全排列，对应三个不同档案盒，有A33=6种情况，
则有3×6=18种不同放法；
故选：B．
根据题意，分2步分析：①、将四个档案袋分成3组，其中1组为2个连号档案袋，②、将分好的三组全排列，对应三个不同档案盒，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列、组合的应用，关键是正确的将4个档案袋分成3组．
3.【答案】C
【解析】解：将该多面体放入正方体中，如图所示：
由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为 2，
因为该多面体是由棱长为 2的正方体连接各棱中点所得，
所以该多面体外接球的球心为正方体对角线的中点，
其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R= 2× 2，所以R=1，
所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积S=4π2=4π．
故选：C．
根据给定条件，把多面体放在棱长为 2的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答．
本题考查了球的表面积计算，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：在回归分析模型中，相关系数的绝对值越大，说明模型的拟合效果越好，故选项A错误；
由样本数据利用最小二乘法得到的回归方程表示的直线必过样本点的中心(x−,y−)，故选项B正确；
残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，故选项C正确；
若变量y和x之间的相关系数r=−0.9362，故|r|>0.75，所以变量y与x之间具有线性相关关系，故选项D正确．
故选：A．
由相关指数R2的大小与拟合效果间的关系判断A；由线性回归方程恒过样本点的中心判断B；由残差平方和大小与拟合效果的关系判断C；由线性相关系数的范围与线性相关的强弱判断D．
本题考查的知识要点：回归直线，相关系数，主要考查学生的转换能力及思维能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由分布列的性质可知：a+13+5a+16=1，
解得a=112，
由Y=2X+1，Y≥5，可得X≥2，
由表可知P(X≥2)=512+16=712．
故选：A．
根据分布列的性质求出a，再根据随机变量之间的函数关系即可求解．
本题主要考查了离散型随机变量分布列的性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：如图所示：
设OM、ON为双曲线的渐近线，由题意得FM⊥OM，
∵MN+MF=0，
∴M为FN中点，故△OFN为等腰三角形，即∠FOM=∠MON=∠F′ON，故∠FOM=60°，
∴lMO：y= 3x,lNO：y=− 3x，即C的渐近线方程为 3x±y=0．
故选：B．
由图形的几何性质求渐近线的倾斜角与斜率，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：根据已知得到F(2,0)，圆A：(x+1)2+(y+4)2=1，所以A(−1,−4)，圆A的半径为1，
抛物线C的准线为l：x=−2，过点M作ME⊥l，垂足为点E，则|ME|=d+2，
由抛物线的定义可得d+2=|ME|=|MF|，
所以|MN|+d=|MN|+|MF|−2≥|AM|+|MF|−1−2≥|AF|−1−2= (2+1)2+(−4)2−1−2=2，
当且仅当N、M为线段AF分别与圆A、抛物线C的交点时，两个等号成立，
因此，|MN|+d的最小值为2．
故选：D．
作出图形，过点M作ME垂直于抛物线的准线，垂足为点E，利用抛物线的定义可知d=|MF|−2，分析可知，当且仅当N、M为线段AF分别与圆A、抛物线C的交点时，|MN|+d取最小值，即可得解．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：设f(x)=ex−e−x−2x，则f′(x)=ex+e−x−2≥0，从而f(x)在R上单调递增，
则f(0.1)=e0.1−e−0.1−0.2>f(0)=0，即a>c，
设g(x)=2x−2ln(1+x)，则g′(x)=2−2x+1=2xx+1>0，从而g(x)在(0,+∞)上单调递增，
则g(0.1)=0.2−2ln1.1=0.2−ln1.21>g(0)=0，即c>b，
所以b故选：D．
根据给定条件，构造函数f(x)=ex−e−x−2x，g(x)=2x−2ln(x+1)，再利用导数探讨单调性，即可比较大小作答．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，实数大小的比较，考查逻辑推理能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A，因为随机变量X～B(n,p)，则E(X)=np=30，D(X)=np(1−p)=10，解得p=23，A错误；
对于B，两位男生和两位女生随机排成一列共有A44=24(种)排法；两位女生不相邻的排法有A22A32=12(种)，
所以两位女生不相邻的概率是12，B正确；
对于C，由A⊆B，得A发生，B必发生，P(AB)=P(A)，则P(B|A)=P(AB)P(A)=1，C正确；
对于D，因为随机变量ξ～N(2,δ2)，P(ξ<4)=0.84，
则P(2<ξ<4)=P(ξ<4)−P(ξ≤2)=0.84−0.5=0.34，D错误．
故选：BC．
利用二项分布的数学期望和方差的公式计算判断A；根据古典概率公式结合排列组合计算判断B；利用条件概率公式计算判断C；利用正态分布的对称性计算判断D作答．
本题主要考查命题的真假判断与应用，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由题意可得P(A)=38，P(B)=38，P(C)=14，
显然事件A，B，C是两两互斥的事件，故A正确，
P(D)=P(DA)+P(DB)+P(DC)=38×29+38×39+14×29=1972，P(AD)=38×29=672，
因为P(AD)≠P(A)P(D)，故事件A与事件D不是相互独立，故B错误，
P(D|A)=P(DA)P(A)=67238=29，故C正确，
P(D)=1972，故D正确．
故选：ACD．
根据互斥事件和相互独立事件即可判断A、B，由概率计算值即可判断C、D．
本题考查互斥事件、相互独立事件、概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于A，B，小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为X，
则X～B(5,13)，则P(X=4)=C54(13)4(1−13)=10243，D(X)=5×13×(1−13)=109，
故A错误，B正确；
对于C，由题意可设一天至少遇到一次红灯的概率为t=1−(1−13)(1−p)=13+23p,13星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率为C53t3(1−t)2=10t3(1−t)2，
设f(t)=10t3(1−t)2=10(t5−2t4+t3)，则f′(t)=10t2(5t2−8t+3)，
令f′(t)=0，则t=0(舍去)或t=35或t=1，
当130，当35故t=35时，f(t)=10(t5−2t4+t3)取得最大值，即f(t)max=f(35)=216625，
即小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的最大值为216625，
此时p=25，故C正确；
对于D，当p=25时，一天中不遇红灯的概率为(1−13)(1−25)=615，
遇到一次红灯的概率为13(1−25)+(1−13)×25=715，遇到两次红灯的概率为13×25=215，
故一天遇到红灯次数的数学期望为1×715+2×215=1115，
所以E(Y)=5×1115=113，故D错误．
故选：BC．
确定X～B(5,13)，即可求出P(X=4)和D(X)，判断A，B；表示一天至少遇到一次红灯的概率为13+23p,13本题考查了概率和导数的综合应用，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：记第一次抽到第i号球的事件分别为Ai(i=1,2,3)，则有P(A1)=12，P(A2)=P(A3)=14，
对于A，在第一次抽到2号球的条件下，将2号球放入2号盒子内，
因此第二次抽到1号球的概率为P=12，故A选项正确；
对于C，记第二次在第i号盒子内抽到3号球的事件分别为Ci(i=1,2,3)，
而A1，A2，A3两两互斥，和为Ω，P(C1|A1)=14，P(C2|A2)=14，P(C3|A3)=16，
记第二次抽到3号球的事件为C，P(C)=i=13P(AiCi)=i=13[P(Ai)P(Ci|Ai)]=12×14+14×14+14×16=1148，
第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，
P(A1|C1)=P(A1)P(C1|A1)P(C)=12×141148=611，
P(A2|C2)=P(A2)P(C2|A2)P(C)=14×141148=311，
P(A3|C3)=P(A3)P(C3|A3)P(C)=14×161148=211，
即如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大，故C选项正确；
对于B，记第二次在第i号盒子内抽到3号球的事件分别为Bi(i=1,2,3)，
而A1，A2，A3两两互斥，和为Ω，P(B1|A1)=14，P(B2|A2)=14，P(B3|A3)=16，
即第二次抽到3号球的事件为B，P(B)=i=13P(AiBi)=i=13[P(Ai)P(Bi|Ai)]=12×14+14×14+14×16=1148，
故B选项正确；
对于D，把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是(C52+C52C32A22)种，
将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有A33种不同方法，
由分步乘法计数原理得不同的放法种数是(C52+C52C32A22)A33=150种，故D选项错误．
故选：ABC．
对于A，利用条件概率公式求解；对于B，利用全概率公式求解；对于C，利用贝叶斯公式求解；对于D，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解．
本题考查排列组合以及条件概率相关知识，属于中档题．
13.【答案】116
【解析】解：因为(1+x)n(n≥2,n∈N*)的二项展开式的通项公式为Tr+1=Cnr⋅1n−r⋅xr=Cnr⋅xr,r=0,1,2,⋅⋅⋅,n，
在(1+x)4+(1+x)5+(1+x)6+(1+x)7+(1+x)8+(1+x)9的展开式中，
令r=2，则含x2项的系数为C42+C52+C62+C72+C82+C92=6+10+15+21+28+36=116．
故答案为：116．
利用二项展开式的通项公式，找出含有x2的项，即可求得x2项的系数．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】e−910
【解析】解：由表中数据可得，x−=14×(4+6+8+10)=7，z−=14×(2+3+5+6)=4，
∵线性回归方程z =0.7x+a ，
∴4=0.7×7+a ，解得a =−0.9，
∵y=c⋅ekx，
∴lny=lnc+kx，
∴lnc=−0.9，即c=e−910．
故答案为：e−910．
先求出x−，z−的平均数，将其代入性回归方程z =0.7x+a ，求出a​，再结合对数函数的公式，即可求解．
本题主要考查线性回归方程的性质，考查转化能力，属于基础题．
15.【答案】(1,+∞)
【解析】解：当x≤0时，f(x)=−mx−1，其关于y轴对称的函数为h(x)=mx−1(x≥0)，
因为函数f(x)=−mx−1,x≤0xlnx,x>0图像上有且仅有两对点关于y轴对称，
所以由xlnx=mx−1(x>0)，得到m=lnx+1x，
所以y=m,y=lnx+1x有两个不同的交点，
令g(x)=lnx+1x(x>0)，
则g′(x)=1x−1x2=x−1x2，
所以g(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)=1，
又当x趋于0时，g(x)趋于+∞，
当x趋于+∞时，g(x)趋于+∞，
故g(x)的图像如图：
所以m>1．
故答案为：(1,+∞)．
利用对称性，将问题转化成h(x)=mx−1(x≥0)与f(x)=xlnx(x>0)有两个不同的交点，从而得到xlnx=mx−1(x>0)有两个解，再通过分离常量得到m=lnx+1x，构造函数g(x)=lnx+1x(x>0)，利用单调性求出g(x)的取值范围，进而求出结果．
本题考查了转化思想、数形结合思想，考查了导数的综合运用，属于中档题．
16.【答案】4 515
【解析】解：∵PA⋅PB=0，∴PA⊥PB，
∴点P的轨迹点P的轨迹是以AB为直径的球面与正方体表面的交线，是以AB为直径的两段半圆弧．
取AB中点O，连接DO，当DP取最小值时，P为线段DO与半圆弧的交点．
则OD= AD2+OA2= 22+12= 5，sin∠AOD=ADOD=2 5，
∴S△APB=2S△AOP=OA⋅OPsin∠AOP=2 55，
∴VA1−APB=13S△APB⋅AA1=13×2 55×2=4 515．
故答案为：4 515．
由已知得PA⊥PB，得点P的轨迹是以AB为直径的球面与正方体表面的交线，为两段圆弧，根据圆的性质，取AB中点O，连接DO，当DP取最小值时，P为线段DO与半圆弧的交点，由此计算三棱锥体积即得．
本题考查三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为数列{an}满足a1=1且an+1−an=2n，
当n≥2时，可得an=a1+(a2−a1)+(a2−a1)⋯+(an−an−1)=1+(2+22+⋯+2n−1)
=1+2⋅(1−2n−1)1−2=2n−1，
当n=1时，a1=1适合上式，所以数列{an}的通项公式为an=2n−1．
(2)由(1)知an=2n−1，可得bn=nan=n⋅2n−n，
所以Sn=b1+b2+⋯+bn=1×21−1+2×22−2+⋯+n⋅2n−n
=(1×21+2×22+⋯+n⋅2n)−(1+2+⋯+n)，
设Tn=1×21+2×22+⋯+n⋅2n，
则2Tn=1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1，
两式相减得−Tn=21+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
所以Tn=(n−1)⋅2n+1+2，
又由1+2+⋯+n=n(n+1)2，
所以Sn=(n−1)⋅2n+1+2−n(n+1)2=(n−1)⋅2n+1−n2+n−42．
【解析】(1)由an+1−an=2n，结合an=a1+(a2−a1)+(a2−a1)⋯+(an−an−1)，利用等比数列的求和公式，即可求解；
(2)由(1)得到bn=nan=n⋅2n−n，结合等差、等比数的求和公式，以及乘公比错位相减法求和，即可求解．
本题主要考查数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在抽取的100人中“非诗词迷”共有75名，则“诗词迷”有25名，又女性有55名，
从而完成2×2列联表如下所示：
将2×2列联表中的数据代入公式计算，得χ2=100×(30×10−45×15)275×25×45×55=10033≈3.030<3.841，
所以没有95%的把握认为是否为“诗词迷”与性别有关；
(2)由题意采用分层抽样的方式从“诗词迷”中任意选取5人，则男性3名，女性2名，从5人中任意选取2人
当X=2时，Y=0，当X=1，Y=1，当X=0，Y=2，
所以ξ的所有取值为0，2，
所以P(ξ=0)=C21C31C52=35,P(ξ=2)=C20C32+C22C30C52=25，
所以ξ的分布为：
所以期望E(ξ)=0×35+2×25=45．
【解析】(1)绘制列联表，由列联表中的数据，计算χ2的值，对照临界表中的数据，比较即可得到答案；
(2)根据题意确定随机变量的取值情况，利用超几何的概率公式求解概率，然后完成分布列求解数学期望即可．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知：前3组数据的频率之比为1：4：6．
根据分层抽样的方法，11天的数据有1个来自第1组，4个来自第2组，6个来自第3组，故有4天的数据来自[50,60)这一组．
用A表示事件“抽取的3天的数据中至少有2天的数据来自[50,60)”，
则P(A)=C42⋅C71+C43C113=46165．
(2)若选择方案一，设小张每日可获得的奖金为X元，则X的可能取值为50，80，120，
由频率分布直方图可得其对应的概率分别为0.25，0.6，0.15，
故E(X)=50×0.25+80×0.6+120×0.15=78.5．
若选择方案二，设小张每日可获得的奖金为Y元，则Y的可能取值为50，100，150，200，
每日的可配送货物量不低于样本的中位数的概率为12，低于样本中位数的概率也为12．
故P(Y=50)=12×45=25，P(Y=100)=12×15+12×45×45=2150，
P(Y=150)=2×12×15×45=425，P(Y=200)=12×15×15=150．
所以Y的分布列为
所以E(Y)=50×25+100×2150+150×425+200×150=90．
因为E(Y)>E(X)，所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利．
(3)由题可得μ=45×0.05+55×0.2+65×0.3+75×0.3+85×0.1+95×0.05=68.5，
所以P(54.1≤T≤97.3)=P(68.5−14.4≤T≤68.5+28.8)≈12(0.6827+0.9545)=0.8186．
故该物流公司2000天内日货物配送量在区间[54.1,97.3]内的天数为2000×0.8186=1637.2≈1637．
【解析】(1)由频率分布直方图结合分层抽样的方法得出各组抽取的人数，再求其概率即可；
(2)若选择方案一，小张每日可获得的奖金为X的可能取值为50，80，120元，由频率分布直方图可得其对应的概率，再求其数学期望即可；若选择方案二，设小张每日可获得的奖金为Y可能取值为50，100，150，200元，求其相应的概率得出数学期望并和方案一比较大小得出结果；
(3)由频率分布直方图求解μ，再根据正态分布求给定区间的概率．
本题考查频率分布直方图的相关知识，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
20.【答案】解：(1)由题意知：甲的积分X可能是0，1，2，3，4，5，
则P(X=0)=(12)4+C41×12×(12)4=316，P(X=1)=C52×(12)2×(12)4=532，
P(X=2)=C63×(12)3×(12)4=532，P(X=3)=C63×(12)3×(12)3×12=532，
P(X=4)=C53×(12)3×(12)2×12=532，P(X=5)=(12)4+C43×(12)3×12×12=316，
故X的分布列为：
所以E(X)=0×316+1×532+2×532+3×532+4×532+5×316=52；
(2)记“甲、乙两人比赛2场后，两人积分相等”的事件为A ，
第i(i=1,2)场比赛甲、乙两人的积分分别为Xi，Yi，则Xi+Yi=5，
由两人积分相等得X1+X2=Y1+Y2，
故X1+X2=5−X1+5−X2，故X1+X2=5，
故P(A)=P(X1=0)P(X2=5)+P(X1=1)P(X2=4)+P(X1=2)P(X2=3)+P(X1=3)P(X2=2)+P(X1=4)P(X2=1)+P(X1=5)P(X2=0)=2×(316×316+532×532+532×532)=43256，
故两人积分不相等的概率为1−43256=213256．
【解析】(1)确定X的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，计算得期望；
(2)计算两人2场比赛后积分相等的情况，计算出此时概率，根据对立事件的概率计算，可求得答案．
本题考查离散型随机变量的分布列及期望，相互独立事件的概率公式，是中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)由题可得，c=22b=2 2a2=b2+c2，解得a= 6，b= 2，
所以椭圆E的方程为x26+y22=1，
又一个焦点为F1(−2,0)，所以c=2，
所以椭圆，E的离心率为ca= 63．
(Ⅱ)设椭圆E的另一个焦点为F2(2,0)，则直线l过点F2，
由x=my+2x2+3y2=6，得(m2+3)y2+4my−2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=−4mm2+3,y1y2=−2m2+3，
由题设，点M为线段F1C的中点，所以点F1和点C到直线AB的距离相等，
所以四边形AF1BC的面积为△F1AB面积的2倍，
又y1y2=−2m2+3<0，
所以SAF1BC=2S△F1AB=2×12×|F1F2|×(|y1|+|y2|)=4|y1−y2|=4 (y1+y2)2−4y1y2=4 16m2(m2+3)2+8m2+3=8 6 m2+1(m2+3)2，
设t=m2+1，则t≥1，
所以SAF1BC=8 6 t(t+2)2=8 6 1t+4t+4≤4 3，当且仅当t=2，即m=±1时，四边形AF1BC的面积取得最大值4 3，
所以四边形AF1BC的面积最大时，m=±1．
【解析】(Ⅰ)根据a，b，c求椭圆方程和离心率；
(Ⅱ)首先直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示四边形的面积，并利用基本不等式求最值．
本题考查了椭圆的几何性质和标准方程以及椭圆中四边形面积的最值问题，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由f(x)=ex−1−asinx⇒f′(x)=ex−acsx，∴f′(0)=1−a，
又曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=−x，即f′(0)=1−a=−1，
∴a=2；
(2)当a=2时，f(x)=ex−1−2sinx，∴f′(x)=ex−2csx，
由y=ex、y=csx在[0,π]上分别单调递增、单调递减可得：
f′(x)=ex−2csx在[0,π]上单调递增，而f′(0)=−1<0，f′(π)=eπ+2>0，
即∃x0∈(0,π)，使得f′(x0)=0，故f(x)在(0,x0)上单调递减，(x0,π)上单调递增，
且f(0)=0(3)∵x∈[0,π]，f′(x)=ex−acsx，令g(x)=f′(x)⇒g′(x)=ex+asinx，
①当a<0时，asinx≤0，ex−1≥0，易知f(x)=ex−1−asinx≥0在x∈[0,π]上恒成立，当x=0时取得等号，符合题意；
②当0≤a≤1时，易知asinx≥0，则g′(x)=ex+asinx>0在x∈[0,π]上恒成立，即f′(x)在x∈[0,π]时单调递增，
又f′(0)=1−a≥0，故f(x)在[0,π]上单调递增，
∵f(0)=0，∴恒有f(x)≥0，符合题意；
③当a>1时，由②知f′(x)在x∈[0,π]时单调递增，
而f′(0)=1−a<0即∃x0∈(0,π)，使得f′(x0)=0，故f(x)在(0,x0)上单调递减，(x0,π)上单调递增，
又f(0)=0，则f(x0)综上当a∈(−∞,1]，能满足任意的x∈[0,π]，恒有f(x)≥0．
【解析】(1)直接求导得出f′(0)=−1，解a的值即可；
(2)利用导函数判断f(x)在[0,π]上的单调性即可得出最大值；
(3)利用导函数结合区间端点，分类讨论函数的单调性即可．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．X
0
1
2
3
P
a
13
5a
16
x
4
6
8
10
z
2
3
5
6
奖金
50
100
概率
45
15
非诗词迷
诗词迷
合计
男
30
15
45
女
45
10
55
合计
75
25
100
ξ
0
2
P
35
25
Y
50
100
150
200
P
25
2150
425
150
X
0
1
2
3
4
5
P
316
532
532
532
532
316