2021-2022学年广东省珠海市第二中学高二下学期6月月考数学试题含答案

这是一份2021-2022学年广东省珠海市第二中学高二下学期6月月考数学试题含答案，共14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。


珠海市第二中学高二年级下学期六月月考数学试卷
一、单选题:每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中只有一项符
合要求.
ì a + 3,a 为奇数
1．已知数列{an }满足： a1 =1，a
=
n
n
a =
，则 （
3
í
）
n+1
2an +1,an
î
为偶数
A．16
æ 1
B．12
C．9
D．4
ö
ø
(x3 −1)
÷
6
的展开式中的常数项为（
）
− 2
2．ç
è x
6
A．13
B．17
C．−13
D．−17
(
− 2x + y)
6
3．在 x
2
的展开式中，含 x
B．480
5
y
2
项的系数为（
）
A．−480
C．−240
D．240
4．2022 年 2 月 4 日，中国北京第 24 届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方
式开始倒计时创意新颖，惊破了全球观众，衡阳市某中学力了弘扬我国二十四节气文
化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“清明”、“立夏”、“芒种”、“小暑”六张知识展板分别放
置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“惊蛰”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两
块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？(
)
A．240 B．192 C．144
D．120
5．为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设 A，B，C 三门德育校本
课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加校本课程的学习，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（
）
A．54 种
B．240 种
C．150 种
D．60 种
6．若函数 f (x) = e
x
− ln x − mx 在区间(1,+¥)上单调递增，则实数 m 的取值范围
（
）
A．(−¥,e 1)
−
B．
(−¥,e −1]
C．
xÎ(1, 2)
2x 5 在 内存在极值点，则（
(−¥,e +1)
D．(−¥,e +1]
1
3
7．函数 f (x)
=
x
3
+
ax
2
−
−
+
）
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
−
<
a
<
£ a £
a < −
a >
a £ −
a ³
或
A．
B．
C．
或
D．
2
x
8．已知曲线 y
=
在
x
x = x
处的切线为 ，曲线
l
y = ln x x = x
在
处的切线为 ，且
l
1
1
2
2
e
l1 ⊥ l
x − x
的取值范围是（
2 1
，则
）
2
æ
è
1 ö
e ø
æ
è
1 ö
e ø
A．ç0, ÷
B．(−¥,−1)
C．(−¥,0)
D．ç
−¥,
÷
二、多选题:每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选项中，有多个选
项符合题目要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.
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9．“杂交水稻之父”表隆平一生致力于杂交水稻技术的研究､应用与推广，为我国粮食
､
安全 农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地
(
)
，则下列说法正确的（ ）
水稻的株高 X（单位：
cm
）的情况，得出
X ~ N 100,10
2
A．该地水稻株高的方差为 10
< −
B．若 P(X 2a) P(X a 4) ，则a 68
>
=
=
C．随机测量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm 以下的概率大
D．随机测量一株水稻，其株高在(80,90)和在(100,110)（单位：cm ）的概率一样大
10．已知在数列{an }中，a5 4，其前 项和为 ，下列说法正确的是（
=
n
S
n
）
A．若{an }为等差数列， a2 =1，则
S = 45
10
B．若{an }为等比数列， a1 =1，则
a = ±2
3
C．若{a }为等差数列，则a a 16
£
n
1 9
D．若{an }为等比数列，则a2 + a8
³
8
( −
11．已知 1 2x
)
2021
=
a0 a x a x a3x3
+
+
2
+
+
2021
，则（
）
1
2
A．展开式中所有项的二项式系数和为22021
3
2021 −1
B．展开式中所有奇次项系数和为
C．展开式中所有偶次项系数和为
2
32021 −1
2
a
a
a
a
D．
1
+
2
2
+
3
3
+
= −1
2
2
2
2
ì
x
x £ 0
，
3
ï
( ) =
f x
，则下列结论正确的是（
）
12．已知函数
í
1
3
2
2
− x
3
+ x
− 2x +1, x > 0
ï
î 3
A． f (x)值域为(−¥,1]
B． f (x)在(−1,1 上递增
)
C． f (log3 2)> f (log4 2)
æ 1 1 ö
2
D．当t ç , ÷ 时，函数 g x = é f x ù − 1+ t f x + t 恰有 5 个不同的零点
Î
( )
( )
(
) ( )
ë
û
è 6 3 ø
第 II卷（非选择题）
三、填空题：每小题 5 分，共 20 分.
13．曲线 f (x) = ln(2x −1) − x 在点(1, 1) 处的切线方程是_____________.
−
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14．抛掷骰子 2 次，每次结果用(x , x )表示，其中x ，x 分别表示第一次､第二次骰
1
2
1
2
) + = } B = {(x , x ) x > x }
x1 x2 10
，
，则
P(B A) =
子朝上的点数.若设
A
= {(
x1, x
2
1
2
1
2
______.
15．甲袋中有 3 个白球 2 个黑球，乙袋中有 4 个白球 4 个黑球，今从甲袋中任取 2 球
放入乙袋，再从乙袋中任取一球，则该球是白球的概率为________.
16．对任意 x > 0 ，若不等式ax
2
£ e + axln x 恒成立，则实数 a 的最大值为______．
x
四、解答题
17．已知数列{a }和{b }的通项公式：
a = 2n −1 b = 2
n
，
n
n
n
n
ì
ü
an
（1）求数列
（2）求数列
í
ý的前 n 项和 S ．
n
î
bn
þ
ì
ü
an+2
a a b
n n+1 n+1
þ
í
ý的前 n 项和T ．
n
î
18．（1）已知数列{an }是正项数列，a1 = 2，且an+1 a a an+1 2a 2an .求数列
2 −
+
=
2 +
n
n+1
n
{ }
a
的通项公式；
n
{ }
=
=
=
−
{ }
（2）已知数列
a
满足
a
1
2
，
a
8
，
a
n+2
4an+1 3a
．求数列
a
的通项公式.
n
2
n
n
19．2022 年冬奥会期间，冬奥会吉祥物“冰墩墩”备受人们的欢迎，某大型商场举行抽
奖活动，活动奖品为冰墩墩和现金．活动规则：凡是前一天进入商场购物且一次性购
物满 300 元的顾客，第二天上午 8 点前就可以从若干个抽奖箱（每个箱子装有 8 张卡
片，3 张印有“奖”字，5 张印有“谢谢参与”，其他完全相同）中选一个箱子并一次性抽
出 3 张卡片，抽到印有“奖”字的卡片才能中奖，抽到 1 张印有“奖”字的卡片为三等
奖，奖励现金 10 元，抽到 2 张印有“奖”字的卡片为二等奖，奖励 1 个冰墩墩，抽到 3
张印有“奖”字的卡片为一等奖，奖励 2 个冰墩墩．根据以往数据统计，进入商场购物
1
的顾客中一次性购物满 300 元的约占 ．
3
(1)求每一个参与抽奖的顾客中奖的概率；
(2)设每次参与抽奖活动所得的冰墩墩个数为 X，求 X 的分布列，并估计若某一天有
1680 人进入商场 购物，该商场第二天应投入的冰墩墩总数．
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20．已知函数 f (x) x(1 ln x)
=
+
(1) 求函数 f (x)的单调区间和极值；
(2) 若mÎZ ， m(x −1)< f (x)对任意的
xÎ(1,+¥)恒成立，求 m 的最大值.
21．2022 年 2 月 6 日，中国女足在两球落后的情况下，以 3 比 2 逆转击败韩国女足，
成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战6:5惊险战胜日本
女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、
右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，
1
2
而且门将即使方向判断正确也有 的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球
大战中，求门将在前三次扑出点球的个数 X 的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁 4 名女足队员在某次传接球
的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外 3 人中的 1 人，接球者接到球后
再等可能地随机传向另外 3 人中的 1 人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接
住．记第 n 次传球之前球在甲脚下的概率为 pn ，易知
p = 1, p = 0
．
1
2
ì
î
1ü
4þ
í p − ý 为等比数列；
①试证明
n
②设第 n 次传球之前球在乙脚下的概率为 ，比较
q
p
10
q
与 的大小．
10
n
22．已知函数 f (x) = ax
2
− (a + 2)x + ln x(a > 0) .
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
+¥)，使得 f (x) + e £ 0
(2)若存在 x [1,
Î
成立，求实数 a 的取值范围.
试卷第 4 页，共 4 页


参考答案：
a =1+ 3 = 4 a = 2´4 +1= 9
．
1．C
2．A
a1 1，则
=
，
2
3
−
k
(x3
−1 的展开式通项为T = C6
)
6
× x
( )
6
× −1 = C
( )
k
× −1 × x18 3k
( )
k
−
k
3
k
6
，
k+1
æ 1
ö
ø
1
÷( −1)
6
(x
6
)
6
(
) ，
6
− 2
x
3
=
3
−1 − 2 x
3
−1
因为ç
è x
6
x
1
=
C × −
k
6
1
k
−
在
T
k
( ) × x12 3k 中，令12−3k = 0 ，可得k = 4，
+1
x
6
r
× x18−3r 中，令18−3r = 0，可得r = 6，
在 2
T
=
2Cr
×(−1)
ö
r+1
6
æ 1
÷(
) 的展开式中的常数项为C 2C6 13 .
6
− 2
x
3
−1
4
−
=
6
所以，ç
è x
6
ø
6
(x2 − 2x + y)
6
(
+ )
3．A
看成是 6 个 x 2x y 相乘，要得到 x
2
−
5
2
y .分以下情况:
y
−
5
2
6 个因式中，2 个因式取 ，1 个因式取 x2 ，3 个因式取 2x ，此时 x y 的系数
×(−2)
3
= −480 ，所以 x
5
2
y 的系数为−480.
C
2
6
C
1
4
C
3
3
4．B
如图，可看作有 6 个位置，
当“惊蛰”展板在 1 或 6 时，有C12 种放置方式，此时“立春”展板与其相邻只有 1 种放置方
式，其余 4 个展板在剩下的 4 个位置任意排列，有A
4
4
种放置方式，则此时共C12 A
4
4
=48 种
放置方式；
当“惊蛰”展板不在 1 或 6 时，有
C1 种放置方式，此时“立春”展板与其相邻有C1 种放置方
4
2
式，此时从与“惊蛰”展板不相邻的 3 个位置选 1 个放置“清明”展板，有
C
1
3
种放置方式，剩
下的 3 个展板任意排放在剩下的 3 个位置，有
A
3
3
种放置方式，则此时共C1 C1 C A
1
3
3
3
=144
4
2
种放置方式；
故总共有 48+144=192 种放置方式．
5．C
根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选 A，B，C 三门德育校本课程，
每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况，
C
1
5
C
1
C
3
3
×A
3
3
= 60
①三组人数为 1、1、3，此时有
4
A
2
2
种；
答案第 1 页，共 10 页


C
2
5
A
C
2
3
2
2
C
1
1
×A3
3
= 90
②三组人数为 2、2、1，此时有
所以共有 60+90=150 种.
种.
1
6．B. 由题意，函数 f (x) = e
x
− ln x − mx ，可得 f (x)
¢
=
e
x
−
− m ，
x
因为函数 f (x) 在(1,+¥)上单调递增，即
¢
f (x)
³
0
在
(1,+¥)
上恒成立，
1
m £ e −
x
在(1, )上恒成立，
+¥
即
x
1
1
x2
设 g(x) = e
x
−
,
x Î(1,+¥ ，则 g (x) ex
)
¢
=
+
> 0 ，
x
g(x) (1,+¥)为单调递增函数，所以m £ g(1) = e −1
所以函数
在
，
(−¥,e −1].
即实数 m 的取值范围是
故选
¢
=
2
+
−
xÎ(1, 2)
内存在变号零点，即 x + 2ax − 2 = 0 在
7．A
由题意知： f (x)
x
2ax 2 在
2
x
1
xÎ(1, 2)
a = −
+
内有解，则
，
2
x
x
1
æ 1 1 ö
− ,
1
2
1
2
易得 y
8．B
= −
+
在(1, 2)
内单调递减，值域为ç
è 2 2 ø
÷，故
−
< a <
.
2
x
x
令 f x
( )= ， ( ) =
g x ln x
，
e
x
1− x
1
1− x1
1
则 f ¢(x)
=
¢( ) =
， g x
，所以k1
=
，
k =
2
，
e
x
x
ex
x2
1
1− x
1
x −1
l ⊥ l
1
´
= −1
，所以
=
2
因为
因为
，故
x
1
，
1
2
e
x1
x2
ex1
x1 −1
x > 0
2
x >1. x − x =
1
− x
，
1
，故
又
2
1
ex1
x −1
令 h(x)
=
−
x
>
x, x 1，
e
2 − x
2 − x − e
x
¢( ) =
则 h x
−1=
，
e
x
e
x
x
Î(1,+¥)
y
= 2 − x − e
x
为减函数，故2 − x − e 2 1 e1 0 ，
x
< − −
<
当
时，
¢( ) <
h x
(1,+¥)
0
所以
在
上恒成立，
( )< ( )= −
上为减函数，所以h x h 1 1，
( ) (1,+¥
h x
)
故
在
( )
h x
(−¥ − )
, 1
，
所以
的取值范围为
x −1
即 x2 x1
−
=
1
− x1 的取值范围为(−¥,−1)
e
x1
答案第 2 页，共 10 页


(
)
m =
s =10
X ~ N 100,10
2
100,
9．BC
解：因为
，所以
，
对于 A，因为s =10，所以方差为 100，所以 A 错误，
2a + a − 4
m =
100，
P(X > 2a) = P(X < a − 4)
=100，解得a = 68，所
对于 B，因为
以 B 正确，
，所以
2
1
1
对于 C，因为 P(X 120)
>
= [ − m − s < < m + s ]=
1 P(
2
X
2 )
(1 0.9544) 0.0228 ，
−
=
2
2
1
1
) =
p(X 70)
<
= [ − m − s < < m + s ]= ( −
1 P(
3
X
3 )
1 0.9974 0.0013 ，
2
2
所以随机测量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm 以下的概率大，所以 C
正确，
m =
100，所以由正态曲线的性质可知，随机测量一株水稻，其株高在
对于 D，因为
(80,90)比在(100,110
)
cm
）的概率小，所以 D 错误
（单位：
ìa = a + d =1
对于 A 选项，设等差数列{a }的公差为d ，由已知条件可得í
2
1
，
10．AC
n
a = a + 4d = 4
5 1
î
ìa1 = 0
10 9
´
解得 í
，所以， S10 10a1
=
+
d
=
45，A 选项正确；
îd =1
对于 B 选项，设等比数列
由等比中项的性质可得 a3
2
{ }
q
a =
3
>
a
n
a1q2 0，
的公比为 ，则
\a3 = 2
= a a = 4 ，
1 5
2
，B 选项错误；
{ }
对于 C 选项，设等差数列
a
的公差为d ，
n
)(a5
+
) =
2
5
−
2
£ a =
2
5
C
a a
= (a5
−
4d
对于 D 选项，若等比数列
a + a < 0
4d
a
16d
16
则
， 选项正确；
1
9
a
{ }
q < 0
=
<
，a a5q <
0，
=
a
n
a
2
5
3
0
3
的公比
，则
q
8
此时，
，D
选项错误
.
2
8
+
C
1
2021
+
= 22021 ，故 A 正确；
11．ABD
对于 B，令 x
对于 A，二项式系数之和为C2021
0
= −1，得32021 = a − a + a − a +
，①
0
1
2
3
令 x 1，得
=
−1= a + a + a + a +
，②
0
1
2
3
3
2021 −1
32021 −1= 2(a + a +
①+②，可得
，∴
a + a +
=
，故 B 正确；
0
2
0
2
2
答案第 3 页，共 10 页


3
2021 +1
32021 +1= −2(a + a +
对于 C，①-②，得
，∴
a + a +
= −
故 C 错
1
3
1
3
2
1
2
a1 a2
a
对于 D，令 x = 0 ，得 a0 =1，令
x =
0 = a0 +
，得
+
+
．
误；
2
22
2
a
a
a
∴
1
+
2
2
+
= −1，故 D 正确．
2
2
2
12．AD 当 x £ 0 时， f (x)= 3 单调递增，所以
x
( )= x Î( ]
f x
3
0,1
1
3
2
当 x > 0 时， f (x) = − x
3
+
2
− 2x +1， f x
¢( )= −
x2 +3x −2 = −( − )( − )
x 1 x 2
x
3
¢( ) >
f x 0得：1 x 2
¢( ) <
f x 0得： x 2或0 x 1
( ) ( ) ( +¥)
f x 0,1 2,
，故 在 ， 单
令
< <
，令
>
< <
(1, 2
)
( )
f x
上单调递增，所以 在
调递减，在
x =1处取得极小值，在 x = 2 处取得极大值，又
1
1
( )= ， ( )= ， ( )= ，故当 x > 0 时， ( )的值域为(−¥ )，综上： ( )值域
f 1
f 2
f 0
1
f x
>
log3 2 log4 2
上单调递减，故 选项错误；由于
,1
f x
6
3
(−¥ ]
,1
A
( ) ( )
B
f x
0,1
为
且
，
选项正确；
在
，
，
Î( ) log4 2Î(0,1)
log3 2 0,1
f (x)在(0,1)
f (log 2)< f (log 2)
上单调递减，故
3 4
，
，结合
æ 1 1 ö
è 6 3 ø
2
t Î
,
( ) = é ( )ù −( + ) ( )+ = é ( )− ù é ( )− ù =
故 C 选项错误；当
ç
÷ 时 g x
f x
1 t f x
t
f x
1
f x
t
0 ，
ë
û
ë
û ë
û
æ 1 1 ö
è 6 3 ø
( ) =
( ) = Î
f x 1或 f x
t
,
故
ç
÷，
æ 1 1 ö
è 6 3 ø
( ) =
( ) = Î
f x
4 个
f x 1时， x = 0
t
,
ç
有图象可知，
根，综上：当
，当
÷时，有
æ 1 1 ö
2
t Î
,
( )= é ( )ù −( + ) ( )+
÷ 时，函数 g x f x 1 t f x t
ë û
ç
è 6 3 ø
恰有 5 个不同的零点，D 选项正确
13． y = x − 2
因为 f (x) = ln(2x 1) x ，所以
− −
f (1) = ln(2´1−1) −1= −1；
2
2
所以 f ¢(x)
=
−1 ，所以 f ¢(1)
=
1 1
− = .
2x −1
2´1−1
所以函数 f (x) 在点(1,−1)
处的切线方程是
y
−(− )= ( − )
1
1 x 1
y = x − 2
，即 .
1
14．
因为抛掷骰子 2 次共有 36 种情况，其中和为 10 的有（4，6），（5，5），（6，
3
4）三种情况，当和为 10 时， x1 x2 的有 1 种，
>
3
1
1
所以 P(A)
=
=
P(AB) =
，
，
36 12
36
答案第 4 页，共 10 页


1
(
)
P AB
( )
P A
1
3
36
1
P B A =
所以 (
)
=
=
.
12
13
15．
0.52
设 A＝“从乙袋中取出的是白球”，Bi＝“从甲袋中取出的两球恰有 i 个
25
白球”，i＝0，1，2.
由全概率公式 P(A)＝P(B )P(A|B )＋P(B )P(A|B )＋P(B )·P(A|B )＝
0
0
1
1
2
2
C
C
2
4
C
1
3
C5
C
1
2
C3
2
6
13
1
2
2
·
＋
·
＋
·
＝
.
2
10
2
C5
2
10 25
5
e
x
16．e
原不等式ax
2
£ e
x
+ axln x ， x > 0 ，可化为 + aln x − ax ³ 0 ，
x
e
x
e
x
e
x
即
− a(x − ln x) = − aln ³ 0 ，
x
x
x
e
x
e
x
(x −1)
设t = ，其中 x > 0 ，则t¢ =
，
x
x
e
x
e
x
所以t =
在
0,1
上单调递减，在
(1,+¥)
上单调递增，所以t = ³ e ，
x
x
a
t − a
f (t) = t − alnt(t ³ e)
f ¢(t) =1−
，
=
(t ³ e)
所以设
t
t
① a e 时，
所以 f (t) 的最小值为
[e,a)上单调递减，在(a,+¥)
£
f ¢(t) ³ 0
，
f (t) 在[e,+¥)
上单调递增，
f (t)min = f (e) = e − aln e = e − a ³ 0
，符合题意；
②
a > e， f (t)
在
上单调递增，所以
f (t) 的最小值为
f (t)min = f (a) = a − aln a = a(1− ln a) ³ 0 ，而a e，所以1 lna 0
>
−
<
，与条件矛盾，故不成
立； 所以实数 a 的最大值为 e.
an 2n −1
2n −1
2n −1
1
2
3
5
3
2
5
=
S =
+
+
+...+
2Sn =1+
+
+...+
2
17．（1）
相减得 Sn
，
，
，
n−1
bn
2
n
n
2
2
2
3
2
n
2
2
2
2
2
2
2
2n −1
2n
=1+
+
+
...
+
−
1
，
2
2
2
3
2n−
1
1−
−1
2n 1
−
2n 3
+
2
n
S =1+
n
−
= 3−
所以
．
1
2n
2n
1−
2
an+2
2n + 3
− )( + ) n+1
2n 1 2n 1 2
1
1
=
=
−
（2）因为
，
(
(
2n 1 2n
− )
(
+ ) n+1
2n 1 2
a a b
n
n+1 n+1
æ
ö æ
1
´ −
1
´ +
ö
1
1
´ +
T =
n
−
−
所以
ç
+
÷ ç
÷ +
è (2´1−1)2
1
(2 1 1)21 1 ø è (2 2 1) 2 (2 2 1) 2
+
2
2+1
ø
答案第 5 页，共 10 页


æ
ö
æ
ö
1
1
1
1
−
+
ö
−
ç
÷
÷ +
è (2´3−1) 2
3
(2´3+1)23+1
ø
è (2´(n −1) −1)2(n−1) (2´(n −1) +1)2(n−1)+1
ø
æ
1
1
1
2
1
ç
−
÷=
−
ç
÷
(
)
+1
( ´ − )
2 n 1 2
( ´ + )
2 n 1 2
+1
2n +1 2
n
n
n
è
ø
18． （1）由 a2 a a an+1 2an2 +
−
+
=
2an ，得(an+1 − 2an )(an+1 + an +1)= 0
n+1
n+1 n
an+1
an
∵ an 0∴
>
a
n+1
= 2an
∴
= 2
{ }
2
a
是公比为 的等比数列.
∴数列
n
a = 2
1
∵
，∴an 2n
=
.
= (
an+1 3 a
− )
a
a − a = 6
，又 ，
2 1
（2）由
a
n+2
= 4an+1 − 3a
得：
a
n+2
−
n
n+1
n
\
{
−
a 是以6为首项，3为公比的等比数列.得：a −
}
an 6 3
2 3 ，
= × n−1 = ×
n
数列 a
n+1
n
n+1
则 an − an−1 = 2×3n−1
，
a
n−1
− an−2 = 2×3n−2 ， an−2 − an−3 = 2×3n−3 ，…，a − a = 2×3
1
，
2
1
(
n−1
)
3 1−3
(
−
)
+×××+ 3 = 2´
各式作和得： a − a = 2´ 3+ 3
2
n
1
= 3
n
− 3 ，
n
1
−
1 3
a = 2 \an = 3n −1
，
又
，
1
C
3
5
C8
3
10 23
19：(1)每一个参与抽奖的顾客中奖的概率 P
(2)X 的可能取值为 0，1，2，
=1−
=1−
=
．
56 28
C
3
5
C8
3
C
1
3
C8
C5
3
2
40
56
5
7
C
2
3
C8
C
1
5
15
C
3
3
C8
3
1
(
= 0) =
+
=
=
(
=1) =
=
(
= 2) =
=
P X
P X
P X
，
，
，
3
56
56
则 X 的分布列为：
X
0
1
2
5
7
15
56
1
P
56
5
15
1
17
所以 E (X )
= ´ + ´ + ´
=
，
0
1
2
7
56
56 56
1 17
故该商场第二天应投入的冰墩墩总个数约为1680´ ´ =170．
3 56
答案第 6 页，共 10 页


20．解：函数 f (x) x(1 ln x)的定义域为
¢( ) ¢( )
x =0 =
可得 x e ，
=
+
(0,+¥)
，
+
f
由(1)
f
x =ln x 2
，令
−2
xÎ(0,e−2 ) 时， f x 0，函数 f x x 1 ln x 在(0, e
¢( ) <
( )= ( +
)
−2
)上单调递减，
当
xÎ(e−2 ,+¥)时， f x 0，函数 f x x 1 ln x 在(e
¢( ) >
( )= ( +
)
−2
,+¥) 上单调递增，
当
( )= ( +
x 1 ln x)
的递增区间为(e−2 ,+¥) ，递减区间为(0,e−2
f x
)，
∴ 函数
( )= ( +
x 1 ln x)
( )= x(1+ln x)
f x
没有极
f x
=
−2
−
−2
函数
大值
在 x e 时取极小值，极小值为 e ，函数
x + xln x
x −1
(2)当 x (1,
Î
+ ¥)时，不等式m(x −1)< f (x)
可化为m <
，
x + xln x
x −1
<[g(x)]min
设 g(x)
=
，由已知可得m
− x − xln x
，
(ln x + )
−
x − ln x − 2
2 (x 1)
g '(x) =
=
又
，
( − )
x 1
2
( − )
2
x 1
1
h(x) = x − ln x − 2(x >1)
h'(x) =1− > 0
令
∴
，则
，
x
h(x) = x − ln x − 2
(1,+¥)
h(3) =1− ln3
<
0
h(4) 2 ln 4 > 0
=
−
在
上为增函数，又
，
，
∴ 存在 x0 Î(3, 4) ，使得
h(x0 ) = 0
x − 2 = ln x
，即
0
0
x + xln x
x −1
xÎ(1,x
)
g¢(x)< 0，函数
=
g(x)
在
(1, x )
上单调递减，
当
当
时，
0
0
x + xln x
x −1
xÎ(x0 ,+¥)
¢( ) >
g x
0
=
(x0 ,
+¥)
上单调递增，
时，
，函数
g(x)
在
x + x ln x
x − x
2
[g(x)]min
=g(x0 )=
=
= x
0
0
0
0
0 0
x0 −1
∴
∴
，
x0 −1
m < x
，
0
∴ m 的最大值为 3.
21．(1)解析 1：分布列与期望
依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为 p
1 1
= ´ ´ ´
1
2
1
3
=
，
3 3
6
门将在前三次扑出点球的个数 X 可能的取值为 0，1，2，3，
æ 1 ö0 æ 5 ö3 125
æ 1 ö1 æ 5 ö2 25
P(X = 0) = C3
0
´
´
=
， P(X =1) = C3
1
´
´
=
，
ç ÷ ç ÷
è 6 ø è 6 ø 216
çè 6 ÷ø çè 6 ÷ø 72
答案第 7 页，共 10 页


æ 1 ö2 æ 5 ö1
æ 1 ö3 æ 5 ö0
5
1
P(X = 2) = C3
2
´
´
=
， P(X = 3) = C3
3
´
´
=
，X 的分布列为：
ç ÷ ç ÷
è 6 ø è 6 ø 72
ç ÷ ç ÷
è 6 ø è 6 ø
216
X
P
0
1
2
3
125
216
25
72
5
1
72
216
125
216
25
5
1
1
2
期望 E(X )
= 0´
+ ´ + ´ + ´
1
2
3
=
．
72
72
216
（1）解析 2：二项分布
依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为 p
1 1
1
1
= ´ ´ ´
3
=
，门将在前三次扑出点球
3 3
2
6
æ
è
1 ö
6 ø
æ ö
k
æ ö
3
−
k
1
5
X ~ B 3,
P(X = k) = C3
´
´
的个数 X 可能的取值为 0，1，2，3，易知
ç
÷ ，
k
，
ç ÷ ç ÷
è 6 ø è 6 ø
k = 0,1, 2, 3
． 的分布列为：
X
X
P
0
1
2
3
125
216
25
72
5
1
72
216
1
6
1
期望 E(X )
= 3´
=
．
2
(2)
解析：递推求解
①第 n 次传球之前球在甲脚下的概率为 p ，则当n ³ 2 时，第n 1次传球之前球在甲脚下
−
n
p
的概率为
，
n−1
第 n 1次传球之前球不在甲脚下的概率为
−
1− p
，则
n−1
1
1
3
1
3
pn pn−1
=
× + ( − pn−1 )× = −
0
1
pn−1
+
，
3
1
1 æ
3è
1 ö
4 ø
1
3
4
ì
î
1ü
4þ
3
1
3
p − = −
p
−
p −
1
=
í p − ý
−
从而
列．
ç
÷ ，又
，∴
是以 为首项．公比为
的等比数
n
n−1
n
4
4
4
n−1
9
3 æ 1 ö
②由①可知 pn = ç− ÷
4 è 3 ø
1
4
3 æ 1 ö
4 è 3 ø
1
1
1
1
4
+
， p10 = ç− ÷ +
<
， q10
=
(1 p )
−
>
p < q
，故 ．
10 10
10
4
4
3
答案第 8 页，共 10 页


22．(1)已知函数 f (x) = ax
2
− (a + 2)x + ln x ，定义域为(0,+¥)，
1
2ax − (a + 2)x +1 (ax −1)(2x −1)
2
f ¢(x) = 2ax − (a + 2) +
=
=
，
x
x
x
1
1
①当0 < a < 2 时，
>
，
a
2
æ
è
1 ö
2 ø
æ 1 1 ö
ç , ÷
è 2 a ø
æ 1
è a
ö
ø
1
2
1
x
ç0, ÷
ç
,
+¥
÷
a
¢( )
x
f
+
0
-
0
+
( )
f x
递增
极大值 递减
极小值 递增
æ
è
1 ö æ 1
2 ø è a
ö
ø
æ 1 1 ö
è 2 a ø
f (x) 在ç0, ÷,ç
,
+¥
,
÷ 上单调递减；
÷ 上单调递增，在ç
2
æ
è
1 ö
2 ø
4ç x −
÷
②当 a = 2时，
③当 a > 2时，
，函数 f (x) 在(0,+¥)单调递增；
¢
=
³ 0
f (x)
x
1
1
2
<
，
a
æ
è
1 ö
a ø
æ 1 1 ö
, ÷
æ 1
è 2
ö
ø
1
1
2
ç0, ÷
ç
ç ,
+¥
÷
x
a
è a 2 ø
¢( )
x
f
+
0
-
0
+
( )
f x
递增
极大值 递减
极小值 递增
æ
è
1 ö æ 1
a ø è 2
ö
ø
æ 1 1 ö
f (x) 在ç0, ÷,ç ,
+¥
, ÷ 上单调递减.
÷ 上单调递增，在ç
è a 2 ø
1 ö æ 1
æ
ö
æ 1 1 ö
综上所述，0 a 2 时，
< <
f (x)
在ç
0,
÷ ç
,
,+¥
÷ 上单调递增，在ç
,
÷ 上单调递减；
è
2 ø è a
ø è 2 a ø
a = 2时， f (x) 在(0,+¥)单调递增；
æ
è
1 ö æ 1
ö
æ 1 1 ö
ø è a 2 ø
a > 2时， f (x) 在ç0, ÷,ç ,
a ø è 2
+¥
,
÷ 上单调递减.
f (x) £ −e
成立，即使得
min
÷ 上单调递增，在ç
(2)若存在 x [1,
由（1），可知当 a 1时，
(x) £ −e
Î
+¥)，使得 f (x) + e £ 0
.
在
上单调递增，
f (x)= f (1) = −2，
min
³
f (x) [1,+¥)
f
不满足
；
min
答案第 9 页，共 10 页


1
当 0 < a <1 时，
>
1
a
æ 1 ö
ç1, ÷
è a ø
1
æ 1
è a
ö
ø
x
ç
,
+¥
÷
a
¢( )
x
f
-
0
+
( )
f x
递减
极小值 递增
æ 1 ö
è a ø
1
1
1
fmin (x) = f
= −1− − lna
−1− − ln a £ −e
ln a + ³ e −1
，即 ，
ç
÷
，所以
a
a
a
1
1
1
x −1
g¢(x) =
−
=
< 0
，
令 g(x) ln x
=
+
+
(0
<
x
<
1)，∴
x
x
x
2
x
2
1
∴ g(x) ln x
=
在(0,1)上单调递减，
x
æ 1 ö
è e ø
1
1
e
g
= e −1
ln a + ³ e −1
0 < a £
.
又∵ ç ÷
，由
，得
a
æ
è
1ù
eû
综上，实数 a 的取值范围为ç0,
.
ú
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