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湖北省武汉市重点中学5G联合体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份湖北省武汉市重点中学5G联合体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），文件包含湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷Word版含解析docx、湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
命题学校：武汉市吴家山中学 命题教师：邱道 审题教师：胡显义
考试时间：2024年6月27日 试卷满分：150分
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求两个集合，再求并集.
【详解】，即，
，所以，即，所以.
故选：C
2. 设是可导函数，且，则在处的切线的斜率等于（ ）
A 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到，再利用导数的几何意义，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
由导数的几何意义知，在处的切线的斜率为，
故选：B.
3. 已知变量与的数据如下表所示，若关于的经验回归方程是，则表中（ ）
A. 11B. 12C. 12.5D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】利用样本中心点求解即可.
【详解】，
因为经验回归方程经过样本中心，
所以，
解得.
故选：A.
4. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况（ ）
A. 24B. 36C. 54D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据条件得到排列的要求，再按照受限制元素优先的原则，进行排列，即可求解.
【详解】由条件可知，甲和乙都不是第一名，乙也不是最后一名，
所以先排乙有3种方法，再排甲有3种方法，其他就是全排列种方法，
所以5人的名次排列有种方法.
故选：C
5. 的展开式中的系数是（ ）
A. 20B. 30C. 40D. 50
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式定理的通项公式确定r的值即可求出系数.
【详解】因为的展开式中，通项公式 ,
令，得，则，
又,
所以的系数为.
故选：A.
6. 柯西分布（Cauchy distributin）是一个数学期望不存在的连续型概率分布．记随机变量服从柯西分布为，其中当，时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为．已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据概率密度函数的对称性，结合条件，即可求解.
【详解】函数关于轴对称，
由可知，，且，
则，所以.
故选：D
7. 已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知有两个不等的实数解，转化为方程有两个实根，再次转化为的图象与有两个不同的交点，然后利用导数的单调区间，画出的图象，结合图象求解即可.
【详解】的定义域为，则，
因为有两个极值，所以有两个不等的实数解，
由，得，
令，，
则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
因为，，
所以当时，，当时，，
所以的图象如图所示，
由图可知当时，的图象与的图象有两个不同的交点，即有两个极值，
因为是的真子集，
所以“有两个极值”的一个必要不充分条件是，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的极值，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为两函数图象有两个交点，考查数形结合的思想，属于较难题.
8. 已知,若,则的最小值等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先变形为，证明，再把问题转化为求直线上的动点到圆上动点距离的最小值.
【详解】由题设，
设,则，
当单调递减，
当单调递增，
所以，即，
综上，，即，所以，
设是直线上的点，是圆上的点，
而目标式为，
由，故.
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在给出的选项中，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. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“对任意，”的否定是“存在，使得”
B. “”的充分不必要条件是“”
C. 设，则“且”是“”的充分不必要条件
D. 设，则“”是“”的充分不必要条件
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A选项，用量词命题的否定可得解；对于B选项，用集合法可以判断；对于C选项，用充分条件和必要条件的定义可以判断，对于D选项，用等价法可以判断.
【详解】对于A选项，命题“对任意，”的否定是“存在，使得”，故A错误；
对于B选项，或，因为⫋或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对于C选项，充分性：当且时，，则，所以具有充分性，
必要性：令,，但“且”不成立，所以不具有必要性，
所以“且”是“”的充分不必要条件，故C正确；
对于D选项，因为“”是“”的必要不充分条件，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误.
故选：BC
10. 将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（ ）
A. 共有256种放法
B. 恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C. 恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D. 没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种
【答案】ACD
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，B，先分组、再分配，即可判断C，先确定编号为的球的放法，再确定与号球所放盒子的编号相同的球的放法，按照分步乘法计数原理判断D.
【详解】若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A正确；
恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则种放法，故B错误；
恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为，或，两种情况，
故共种放法，故C正确；
编号为的球有种放法，编号为的球所放盒子的编号相同的球放入号或其他两个盒子，
共有，即种放法，故D正确．
故选：ACD．
11. 下列选项中正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布，则
B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望
C. 某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次
D. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项分布方差公式，以及方差的性质，即可判断A；代入超几何分布的期望公式，即可判断B；根据二项分布的概率，结合不等式，即可求解，判断C；根据和事件概率公式，以及条件概率公式，即可判断D.
【详解】A.，，，故A正确；
B.为超几何分布，所以，故B正确；
C.设最有可能击中次，则，，
则，
得，即或，故C错误；
D.，则，
，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有______种．
【答案】96
【解析】
【分析】利用分步计数原理与分类计数原理可得结论.
【详解】第一步：从4种颜色中选3种颜色对三个区域着色有种方法，
第二步：对着色分两类，
当与同色有1种方法，对着色有2种方法，
当与不同色时有1种方法，对着色有2种方法，
故不同的染色方案共有种．
故答案为：种.
13. 某学校组织学生进行数学强基答题比赛，已知共有2道A类试题，4道类试题，6道类试题，学生从中任选1道试题作答，学生甲答对这3类试题的概率分别为，，，学生甲答对试题的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用全概率公式进行求解.
【详解】学生甲答对试题的概率为.
故答案为：
14. 若对任意的，且，，则的最大值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可得，令，则，则可得在上递增，然后利用导数求出的递增区间，从而可求出的最大值.
【详解】因为，所以，
所以由，得，
所以，
所以，
令，则，
因为对任意的，且，
所以在上递增，
由，得，
由，得，得，
解得，所以的递增区间为，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数求函数的单调区间，解题的关键是将原不等式变形，然后构造函数，利用导数求函数的单调区间，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
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. 设命题，使得不等式恒成立；命题，不等式成立．
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若命题、有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若为真命题，即，使得不等式成立，则转化对于，即可.
（2）若为真命题，即，不等式成立，则转化为对于，即可.
【小问1详解】
若为真命题，即，使得不等式成立，
则对于，即可.
由于,，则
【小问2详解】
若为真命题，即，不等式成立，
则对于，即可.
由于，，，解得
p、q有且只有一个是真命题，则或，
解得.
16. ，，，这组公式被称为积化和差公式，最早正式发表于16世纪天文学家乌尔索斯1588年出版的《天文学基础》一书中.在历史上，对数出现之前，积化和差公式被用来将乘除运算化为加减运算.在现代工程中，积化和差的重要应用在于求解傅里叶级数.为了解学生掌握该组公式的情况，在高一、高三两个年级中随机抽取了100名学生进行考查，其中高三年级的学生占，其他相关数据如下表：
（1）请完成2×2列联表，依据小概率值的独立性检验，分析“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”是否有关？
（2）以频率估计概率，从该校高一年级学生中抽取3名学生，记合格的人数为，求的分布列和数学期望.
附：，
【答案】（1）列联表见解析，认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据卡方的计算与临界值比较即可求解，
（2）利用二项分布的概率公式即可求解概率以及期望公式求解.
【小问1详解】
由100名学生中高三年级的学生占，可知高三年级的学生有60人，高一年级的学生有40人.
补充完整的列联表，如下：
提出零假设：“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”无关.
根据列联表中数据，得.
根据小概率值的独立性检验，我们推断H₀不成立，即认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
【小问2详解】
由（1）得，高一年级的学生对公式的掌握情况合格的频率为.
依题意，得，
则，，
，.
所以的分布列为
.
17. 甲、乙两人进行某棋类比赛，每局比赛时，若决出输赢则获胜方得2分，负方得0分；若平局则各得1分．已知甲在每局中获胜、平局、负的概率均为，且各局比赛结果相互独立．
（1）若比赛共进行了三局，求甲获胜一局的概率；
（2）若比赛共进行了三局，求甲得3分的概率；
（3）规定比赛最多进行五局，若一方比另一方多得4分则停止比赛，求比赛局数的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用独立事件概率公式，列式求解；
（2）首先分析甲得3分的事件，再根据互斥事件概率公式和独立事件概率公式，列式求解；
（3）由题意可知，，根据随机变量表示事件的意义，根据概率求分布列，以及数学期望.
【小问1详解】
设“三局比赛后，甲胜一局”为事件A，
甲胜一局包含以下情形：三局中甲一胜两平局，三局中甲一胜两负，三局中甲一胜一平一负，
所以，或，
所以甲胜一局的概率为
【小问2详解】
设“三局比赛后，甲得3分”为事件B，
甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负，
所以，
所以甲得3分的概率为
小问3详解】
依题意知，X的可能取值为2，3，4，5，
，,
,
，
故X的分布列为：
所以期望
18. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若关于的方程有两根（其中），
①求的取值范围；
②当时，求的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为的单调递减区间为
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）对求导，并判断导函数的正负，即可得到的单调性；
（2）①可转化为，令，有，再借助的单调性，得到，令，借助的单调性，得到的大致图象，即可求得的取值范围；②借助的单调性，有，解不等式即可.
【小问1详解】
当时，，所以，
由解得，由解得，
故的单调递增区间为的单调递减区间为.
【小问2详解】
①由，即，即，
令，上式为，因为，
所以在上单调递增，故等价于，
即在上有两根，
令，则，
由解得，由解得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以有极大值，且当时，，
其图象如图所示：
所以的取值范围为.
②由①得在上有两根，所以，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，所以，
可得，所以，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
19. 某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验次；
方式二：混合检验，将其中份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为次．假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为．
（1）现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．
①若，求关于的函数关系式；
②已知，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：，，，，．
【答案】（1）
（2）①（且），②答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意确定3次检验的事件，利用有序排列，利用样本空间法，即可求解；
（2）①根据和的取值，求两个随机变量的期望，利用期望相等，求解；
②根据①的结果，比较和的大小，通过构造函数，利用导数判断单调性，比较大小，从而得到结论.
【小问1详解】
设恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件，
事件分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体，二是前三次均无抗体，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为；
【小问2详解】
①由已知得，的所有可能取值为1，，
所以， ，
所以，
若，则，
所以，，
所以，得，
所以P关于k的函数关系式（且）；
②由①知，，
若，则，所以，得，
所以（且）
令，则，
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
，
所以不等式的解是且，
所以且时，，采用方案二混合检验方式好，
且时，，采用方案一逐份检验方式好，
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求和，从而才可以建立等量关系或是不等式，为后面构造函数打下基础.
1
2
3
4
5
10
11
13
15
合格
不合格
合计
高三年级的学生
54
高一年级的学生
16
合计
100
0.100
0.050
0.010
0.001
2706
3841
6.635
10.828
合格
不合格
合计
高三年级的学生
54
6
60
高一年级的学生
24
16
40
合计
78
22
100
0
1
2
3
X
2
3
4
5
P
命题学校：武汉市吴家山中学 命题教师：邱道 审题教师：胡显义
考试时间：2024年6月27日 试卷满分：150分
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求两个集合，再求并集.
【详解】，即，
，所以，即，所以.
故选：C
2. 设是可导函数，且，则在处的切线的斜率等于（ ）
A 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到，再利用导数的几何意义，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
由导数的几何意义知，在处的切线的斜率为，
故选：B.
3. 已知变量与的数据如下表所示，若关于的经验回归方程是，则表中（ ）
A. 11B. 12C. 12.5D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】利用样本中心点求解即可.
【详解】，
因为经验回归方程经过样本中心，
所以，
解得.
故选：A.
4. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况（ ）
A. 24B. 36C. 54D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据条件得到排列的要求，再按照受限制元素优先的原则，进行排列，即可求解.
【详解】由条件可知，甲和乙都不是第一名，乙也不是最后一名，
所以先排乙有3种方法，再排甲有3种方法，其他就是全排列种方法，
所以5人的名次排列有种方法.
故选：C
5. 的展开式中的系数是（ ）
A. 20B. 30C. 40D. 50
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式定理的通项公式确定r的值即可求出系数.
【详解】因为的展开式中，通项公式 ,
令，得，则，
又,
所以的系数为.
故选：A.
6. 柯西分布（Cauchy distributin）是一个数学期望不存在的连续型概率分布．记随机变量服从柯西分布为，其中当，时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为．已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据概率密度函数的对称性，结合条件，即可求解.
【详解】函数关于轴对称，
由可知，，且，
则，所以.
故选：D
7. 已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知有两个不等的实数解，转化为方程有两个实根，再次转化为的图象与有两个不同的交点，然后利用导数的单调区间，画出的图象，结合图象求解即可.
【详解】的定义域为，则，
因为有两个极值，所以有两个不等的实数解，
由，得，
令，，
则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
因为，，
所以当时，，当时，，
所以的图象如图所示，
由图可知当时，的图象与的图象有两个不同的交点，即有两个极值，
因为是的真子集，
所以“有两个极值”的一个必要不充分条件是，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的极值，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为两函数图象有两个交点，考查数形结合的思想，属于较难题.
8. 已知,若,则的最小值等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先变形为，证明，再把问题转化为求直线上的动点到圆上动点距离的最小值.
【详解】由题设，
设,则，
当单调递减，
当单调递增，
所以，即，
综上，，即，所以，
设是直线上的点，是圆上的点，
而目标式为，
由，故.
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在给出的选项中，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. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“对任意，”的否定是“存在，使得”
B. “”的充分不必要条件是“”
C. 设，则“且”是“”的充分不必要条件
D. 设，则“”是“”的充分不必要条件
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A选项，用量词命题的否定可得解；对于B选项，用集合法可以判断；对于C选项，用充分条件和必要条件的定义可以判断，对于D选项，用等价法可以判断.
【详解】对于A选项，命题“对任意，”的否定是“存在，使得”，故A错误；
对于B选项，或，因为⫋或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对于C选项，充分性：当且时，，则，所以具有充分性，
必要性：令,，但“且”不成立，所以不具有必要性，
所以“且”是“”的充分不必要条件，故C正确；
对于D选项，因为“”是“”的必要不充分条件，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误.
故选：BC
10. 将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（ ）
A. 共有256种放法
B. 恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C. 恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D. 没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种
【答案】ACD
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，B，先分组、再分配，即可判断C，先确定编号为的球的放法，再确定与号球所放盒子的编号相同的球的放法，按照分步乘法计数原理判断D.
【详解】若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A正确；
恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则种放法，故B错误；
恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为，或，两种情况，
故共种放法，故C正确；
编号为的球有种放法，编号为的球所放盒子的编号相同的球放入号或其他两个盒子，
共有，即种放法，故D正确．
故选：ACD．
11. 下列选项中正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布，则
B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望
C. 某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次
D. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项分布方差公式，以及方差的性质，即可判断A；代入超几何分布的期望公式，即可判断B；根据二项分布的概率，结合不等式，即可求解，判断C；根据和事件概率公式，以及条件概率公式，即可判断D.
【详解】A.，，，故A正确；
B.为超几何分布，所以，故B正确；
C.设最有可能击中次，则，，
则，
得，即或，故C错误；
D.，则，
，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有______种．
【答案】96
【解析】
【分析】利用分步计数原理与分类计数原理可得结论.
【详解】第一步：从4种颜色中选3种颜色对三个区域着色有种方法，
第二步：对着色分两类，
当与同色有1种方法，对着色有2种方法，
当与不同色时有1种方法，对着色有2种方法，
故不同的染色方案共有种．
故答案为：种.
13. 某学校组织学生进行数学强基答题比赛，已知共有2道A类试题，4道类试题，6道类试题，学生从中任选1道试题作答，学生甲答对这3类试题的概率分别为，，，学生甲答对试题的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用全概率公式进行求解.
【详解】学生甲答对试题的概率为.
故答案为：
14. 若对任意的，且，，则的最大值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可得，令，则，则可得在上递增，然后利用导数求出的递增区间，从而可求出的最大值.
【详解】因为，所以，
所以由，得，
所以，
所以，
令，则，
因为对任意的，且，
所以在上递增，
由，得，
由，得，得，
解得，所以的递增区间为，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数求函数的单调区间，解题的关键是将原不等式变形，然后构造函数，利用导数求函数的单调区间，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
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. 设命题，使得不等式恒成立；命题，不等式成立．
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若命题、有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若为真命题，即，使得不等式成立，则转化对于，即可.
（2）若为真命题，即，不等式成立，则转化为对于，即可.
【小问1详解】
若为真命题，即，使得不等式成立，
则对于，即可.
由于,，则
【小问2详解】
若为真命题，即，不等式成立，
则对于，即可.
由于，，，解得
p、q有且只有一个是真命题，则或，
解得.
16. ，，，这组公式被称为积化和差公式，最早正式发表于16世纪天文学家乌尔索斯1588年出版的《天文学基础》一书中.在历史上，对数出现之前，积化和差公式被用来将乘除运算化为加减运算.在现代工程中，积化和差的重要应用在于求解傅里叶级数.为了解学生掌握该组公式的情况，在高一、高三两个年级中随机抽取了100名学生进行考查，其中高三年级的学生占，其他相关数据如下表：
（1）请完成2×2列联表，依据小概率值的独立性检验，分析“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”是否有关？
（2）以频率估计概率，从该校高一年级学生中抽取3名学生，记合格的人数为，求的分布列和数学期望.
附：，
【答案】（1）列联表见解析，认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据卡方的计算与临界值比较即可求解，
（2）利用二项分布的概率公式即可求解概率以及期望公式求解.
【小问1详解】
由100名学生中高三年级的学生占，可知高三年级的学生有60人，高一年级的学生有40人.
补充完整的列联表，如下：
提出零假设：“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”无关.
根据列联表中数据，得.
根据小概率值的独立性检验，我们推断H₀不成立，即认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
【小问2详解】
由（1）得，高一年级的学生对公式的掌握情况合格的频率为.
依题意，得，
则，，
，.
所以的分布列为
.
17. 甲、乙两人进行某棋类比赛，每局比赛时，若决出输赢则获胜方得2分，负方得0分；若平局则各得1分．已知甲在每局中获胜、平局、负的概率均为，且各局比赛结果相互独立．
（1）若比赛共进行了三局，求甲获胜一局的概率；
（2）若比赛共进行了三局，求甲得3分的概率；
（3）规定比赛最多进行五局，若一方比另一方多得4分则停止比赛，求比赛局数的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用独立事件概率公式，列式求解；
（2）首先分析甲得3分的事件，再根据互斥事件概率公式和独立事件概率公式，列式求解；
（3）由题意可知，，根据随机变量表示事件的意义，根据概率求分布列，以及数学期望.
【小问1详解】
设“三局比赛后，甲胜一局”为事件A，
甲胜一局包含以下情形：三局中甲一胜两平局，三局中甲一胜两负，三局中甲一胜一平一负，
所以，或，
所以甲胜一局的概率为
【小问2详解】
设“三局比赛后，甲得3分”为事件B，
甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负，
所以，
所以甲得3分的概率为
小问3详解】
依题意知，X的可能取值为2，3，4，5，
，,
,
，
故X的分布列为：
所以期望
18. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若关于的方程有两根（其中），
①求的取值范围；
②当时，求的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为的单调递减区间为
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）对求导，并判断导函数的正负，即可得到的单调性；
（2）①可转化为，令，有，再借助的单调性，得到，令，借助的单调性，得到的大致图象，即可求得的取值范围；②借助的单调性，有，解不等式即可.
【小问1详解】
当时，，所以，
由解得，由解得，
故的单调递增区间为的单调递减区间为.
【小问2详解】
①由，即，即，
令，上式为，因为，
所以在上单调递增，故等价于，
即在上有两根，
令，则，
由解得，由解得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以有极大值，且当时，，
其图象如图所示：
所以的取值范围为.
②由①得在上有两根，所以，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，所以，
可得，所以，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
19. 某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验次；
方式二：混合检验，将其中份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为次．假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为．
（1）现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．
①若，求关于的函数关系式；
②已知，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：，，，，．
【答案】（1）
（2）①（且），②答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意确定3次检验的事件，利用有序排列，利用样本空间法，即可求解；
（2）①根据和的取值，求两个随机变量的期望，利用期望相等，求解；
②根据①的结果，比较和的大小，通过构造函数，利用导数判断单调性，比较大小，从而得到结论.
【小问1详解】
设恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件，
事件分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体，二是前三次均无抗体，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为；
【小问2详解】
①由已知得，的所有可能取值为1，，
所以， ，
所以，
若，则，
所以，，
所以，得，
所以P关于k的函数关系式（且）；
②由①知，，
若，则，所以，得，
所以（且）
令，则，
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
，
所以不等式的解是且，
所以且时，，采用方案二混合检验方式好，
且时，，采用方案一逐份检验方式好，
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求和，从而才可以建立等量关系或是不等式，为后面构造函数打下基础.
1
2
3
4
5
10
11
13
15
合格
不合格
合计
高三年级的学生
54
高一年级的学生
16
合计
100
0.100
0.050
0.010
0.001
2706
3841
6.635
10.828
合格
不合格
合计
高三年级的学生
54
6
60
高一年级的学生
24
16
40
合计
78
22
100
0
1
2
3
X
2
3
4
5
P
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