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2022-2023学年天津一中高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年天津一中高二（下）期末数学试卷（含解析），共14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。
2022-2023学年天津一中高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x∈Z|−2
2. 已知命题p：∃x<−1，x2−x+1<0，则￢p为( )
A. ∀x≥−1，x2−x+1≥0 B. ∀x<−1，x2−x+1≥0
C. ∃x<−1，x2−x+1≥0 D. ∃x≥−1，x2−x+1≥0
3. 若a，b∈R，则“a=b”是“a2=b2”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. (3x−2)(x−1)6的展开式中x3的系数为( )
A. 85 B. 5 C. −5 D. −85
5. 已知函数f(x)=x2lnx−2x+1，则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A. 2x+y−1=0 B. x−y−2=0 C. x+y=0 D. x−2y−4=0
6. 已知x=2为函数f(x)=x3−ax的极小值点，则f(x)的极大值为( )
A. −16 B. 16 C. 4 D. −4
7. 函数f(x)=lnx2|x|+1的大致图象为( )
A. B.
C. D.
8. 第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲、乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有( )
A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种
9. 书包中装有大小相同的2本数学书和2本语文书，若每次从中随机取出一本书且不放回，则在第二次取出的是数学书的条件下，第一次取出的是语文书的概率为( )
A. 16 B. 13 C. 12 D. 23
10. 若函数f(x)=lnx+12x2+ax有两个极值点x1，x2，且f(x1)+f(x2)≤−5，则( )
A. a≥4 2 B. a≥2 2 C. a≤−2 2 D. a≤−4 2
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. i是虚数单位，则复数3+4i1+i= ______ ．
12. 若(2x−1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a4+a2+a0=______
13. 若An2=Cn+12，则n!= ______ ．
14. 一个盒子里装有大小相同的4个黑球，3个红球，2个白球，从中任取2个，其中红球的个数记为X，则E(X)= ______ ．
15. 已知函数f(x)=x2lnx+ax存在减区间，则实数a的取值范围为______ ．
16. 给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有4种颜色可供选择，则共有______种不同的染色方案．
三、解答题（本大题共4小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx−ax+3，a>0．
(1)当a=1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意x∈(0,+∞)，不等式f(x)≤0恒成立，求a的取值范围．
18. (本小题12.0分)
为弘扬体育精神，营造校园体育氛围，某校组织“青春杯”3V3篮球比赛，甲、乙两队进入决赛.规定：先累计胜两场者为冠军，一场比赛中犯规4次以上的球员在该场比赛结束后，将不能参加后面场次的比赛.在规则允许的情况下，甲队中球员M都会参赛，他上场与不上场甲队一场比赛获胜的概率分别为35和25，且每场比赛中犯规4次以上的概率为14．
(1)求甲队第二场比赛获胜的概率；
(2)用X表示比赛结束时比赛场数，求X的期望；
(3)已知球员M在第一场比赛中犯规4次以上，求甲队比赛获胜的概率．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=3ex+x2，g(x)=9x−1．
(1)求函数φ(x)=xex+4x−f(x)的单调区间；
(2)比较f(x)与g(x)的大小，并加以证明．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2alnx−x2+a，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，且x1
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了集合的运算，考查转化思想，属于基础题．
求出集合A，B中的元素，求出A，B的交集即可．
【解答】
解：∵A={x∈Z|−2
故选：B．
2.【答案】B
【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，
由命题p：∃x<−1，x2−x+1<0，
可得￢p为：∀x<−1，x2−x+1≥0．
故选：B．
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，属基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由a2=b2得a=b或a=−b，
即“a=b”是“a2=b2”的充分不必要条件，
故选：A
4.【答案】A
【解析】解：(x−1)6的展开式的通项为Tr+1=C6rx6−r(−1)r(r=0,1,2,⋅⋅⋅,6)，
则T4=−20x3，T5=15x2，
从而(3x−2)(x−1)6的展开式中x3的系数为3×15+(−2)×(−20)=85．
故选：A．
求出(x−1)6的展开式的通项，再令x的指数等于3和2，即可得解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为f(x)=x2lnx−2x+1的导数为f′(x)=2xlnx+x−2，
所以f′(1)=1−2=−1．
因为f(1)=−1，所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=−(x−1)，
即x+y=0．
故选：C．
求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的点斜式方程，可得所求切线的方程．
本题考查导数的运用：求切线的方程，以及直线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=x3−ax的导数f′(x)=3x2−a，
由题意得，f′(2)=0，即12−a=0，a=12．
∴f(x)=x3−12x，f′(x)=3x2−12=3(x−2)(x+2)，
由f′(x)>0，得x>2或x<−2；f′(x)<0，得−2
故选：B．
求出导数，由题意得，f′(2)=0，解出a，再由单调性，判断极大值点，求出即可．
本题考查导数的应用：求极值，同时考查运算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
因为f(−x)=ln(−x)2|−x|+1=lnx2|x|+1=f(x)，
所以f(x)为偶函数，
不妨只研究x>0的函数图象，此时f(x)=lnx2x+1=2lnxx+1，
所以f′(x)=2⋅1x⋅x−2lnxx2=2(1−lnx)x2，
令f′(x)=0，则x=e，
当x∈(0,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
只有选项C符合题意．
故选：C．
根据函数奇偶性的概念可判断f(x)为偶函数，于是可只研究x>0的函数图象，利用导数，求出函数的单调区间，即可得解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的奇偶性，考查数形结合思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有C32A22=6种，
②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有C31C32A22=18种，
所以不同的安排方法有6+18=24种．
故选：C．
本题只需考虑游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况即可．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】D
【解析】解：设事件A：第一次取出的是语文书，事件B：第二次取出的是数学书，
则P(A|B)=P(AB)P(B)=P(AB)P(AB)+P(A−B)=12×2312×23+12×13=23．
故选：D．
根据条件概率公式可求出结果．
本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：由函数f(x)=lnx+12x2+ax，可得f′(x)=x+a+1x=x2+ax+1x，
因为函数f(x)存在两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程f′(x)=0的两个正根，
即x2+ax+1=0的两个正根为x1，x2．
所以Δ=a2−4>0x1+x2=−a>0x1x2=1，即a<−2x1+x2=−ax1x2=1，
所以f(x1)+f(x2)=lnx1+12x12+ax1+lnx2+12x22+ax2=12(x12+x22)+ln(x1x2)+a(x1+x2)=−1−12a2，
f(x1)+f(x2)≤−5，
所以−1−12a2≤−5，可得a2≥8，因为a<−2，所以a≤−2 2．
故选：C．
利用函数的导数，结合函数的两个极值，推出a的范围，利用函数的极值的和，转化求解即可．
本题考查函数导数的应用，函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
11.【答案】72+12i
【解析】解：3+4i1+i=(3+4i)(1−i)(1−i)(1+i)=72+12i．
故答案为：72+12i．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
12.【答案】41
【解析】解：令x=0，可得a0=1；
令x=1，可得a0+a1+a2+a3+a4=1，
即a1+a2+a3+a4=0 ①；
令x=−1，可得a0−a1+a2−a3+a4=81，
即−a1+a2−a3+a4=80 ②，
将①和②相加可得，2(a2+a4)=80，
所以a2+a4=40，
所以a0+a2+a4=41．
故答案为：41．
利用特殊值法，令x=0，1，−1，将所得结果进行运算可得解．
本题考查二项式定理系数的关系，属于一般基础题．
13.【答案】6
【解析】解：An2=Cn+12，
则n(n−1)=(n+1)n2，解得n=3，
故3!=3×2×1=6．
故答案为：6．
根据已知条件，结合组合数、排列数公式，即可求解．
本题主要考查组合数、排列数的公式，属于基础题．
14.【答案】23
【解析】解：由题意得X～B(2,13)，则E(X)=2×13=23．
故答案为：23．
由题意可知随机变量X～B(2,13)，根据二项分布的期望公式求解即可．
本题考查离散型随机变量的期望，是中档题．
15.【答案】(−∞,e−32)
【解析】解：由题意得函数定义域为(0,+∞)，且f′(x)=2xlnx+x+a，
∵函数f(x)=x2lnx+ax存在减区间，
∴f′(x)<0在(0,+∞)上有解，即2xlnx+x+a<0有解，
令g(x)=2xlnx+x+a，则g′(x)=2lnx+3，
由g′(x)=0得x=e−32，由g′(x)>0得x>e−32，由g′(x)<0得0
∴当x=e−32时，g(x)取得极小值也是最小值，即g(e−32)=−3e−32+e−32+a=−2e−32+a，
∵2xlnx+x+a<0有解，
∴−2e−32+a<0，解得a
故答案为：(−∞,e−32).
由题意得函数定义域为(0,+∞)，且f′(x)=2xlnx+x+a，题意转化为f′(x)<0在(0,+∞)上有解，即2xlnx+x+a<0有解，构造函数g(x)=2xlnx+x+a，则g′(x)=2lnx+3，求出g(x)的最小值，求解即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】96
【解析】
【分析】
通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，最少需要3种颜色，即AF同色，BD同色，CE同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以4种颜色全部用上，即AF，BD，CE三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和．
本题考查了排列、组合、及简单的计数问题，解答的关键是正确分类，明确相邻的两区域不能染相同的颜色，该题是中档题．
【解答】
解：要完成给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，
即AF同色，BD同色，CE同色，则从四种颜色中取三种颜色有C43=4种取法，三种颜色染三个区域有A33=6种染法，共4×6=24种染法；
第二类是用四种颜色染色，即AF，BD，CE中有一组不同色，则有3种方案(AF不同色或BD不同色或CE不同色)，先从四种颜色中取两种染同色区有A42=12种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有3×12×2=72种染法．
∴由分类加法原理得总的染色种数为24+72=96种．
故答案为96．
17.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=lnx−x+3(x>0)，
则f′(x)=1x−1=1−xx，
令f′(x)>0，得01，
∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴函数f(x)的极大值为f(1)=2，无极小值；
(2)f′(x)=1x−a=1−axx(x>0)，
当x∈(0,1a)时，f′(x)>0，则f(x)是增函数．
当x∈(1a,+∞)时，f′(x)<0，则f(x)是减函数，
∴f(x)的最大值为f(1a)，
∵f(x)=lnx−ax+3≤0恒成立，
∴f(1a)=ln1a−1+3=−lna+2≤0，
解得a≥e2，
∴a的取值范围为[e2,+∞)．
【解析】(1)求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；
(2)利用导数求出函数的最大值，依题意可得f(1a)=−lna+2≤0，解得即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式恒成立求参数的取值范围，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设Ai为“第i场甲队获胜“，Bi为“球员M第i场上场比赛“，i=1，2，3，
根据全概率公式可得P(A2)=P(B2)P(A2|B2)+P(B2−)P(A2|B2−)
=34×35+(1−35)×25=1120；
(2)由题意可得X=2，3，
又P(A1)=35，由(1)知P(A2)=1120，
∴P(A1−)=25，P(A2−)=920，
∴P(X=2)=P(A1A2)+P(A1−A2−)
=P(A1)P(A2)+P(A1−)P(A2−)
=35×1120+25×920=51100，
∴P(X=3)=1−P(X=2)=49100，
∴E(X)=2×51100+3×49100=249100；
(3)∵p(B2−)=14，此时P(A3)=25，
∴所求概率为：P(A1A2|B2−)+P(A1A2−A3|B2−)+P(A1−A2A3|B2−)
=35×25+35×35×25+25×25×25=56125．
【解析】(1)根据全概率公式，即可求解；
(2)由题意可得X=2，3，从而再根据对立事件的概率与独立事件的概率公式，数学期望的概念，即可求解；
(3)根据对立事件与独立事件的概率公式，条件概率公式，即可求解．
本题考查全概率公式，对立事件的概率公式，离散型随机变量的期望的求解，属中档题．
19.【答案】解：(1)φ′(x)=(x−2)(ex−2)，
令φ′(x)=0，得x1=ln2，x2=2；
令φ′(x)>0，得x2；
令φ′(x)<0，得ln2
在(ln2,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增．
(2)f(x)>g(x)．
证明如下：
设h(x)=f(x)−g(x)=3ex+x2−9x+1，∵h′(x)=3ex+2x−9为增函数，
∴可设h′(x0)=0，∵h′(0)=−6<0，h′(1)=3e−7>0，∴x0∈(0,1)．
当x>x0时，h′(x)>0；当x
又3ex0+2x0−9=0，∴3ex0=−2x0+9，
∴h(x)min=−2x0+9+x02−9x0+1=x02−11x0+10=(x0−1)(x0−10)，
∵x0∈(0,1)，∴(x0−1)(x0−10)>0，
∴h(x)min>0，∴f(x)>g(x)．
【解析】(1)求出函数的导数，解关于函数的导数，求出函数的单调区间即可；
(2)设h(x)=f(x)−g(x)，求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最小值，从而证明结论．
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．
20.【答案】解：(1)已知f(x)=2alnx−x2+a，a∈R，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=2ax−2x=−2x2+2ax，
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当a>0时，
当00，f(x)单调递增；
当x> a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(0, a)上单调递增；在( a,+∞)上单调递减；
(2)证明：因为若函数f(x)有两个零点，
由(1)知a>0时满足条件，
因为f′(x)=2ax−2x，
所以曲线y=f(x)在(x1,0)和(x2,0)处的切线分别为：
l1：y=(2ax1−2x1)(x−x1),l2：y=(2ax2−2x2)(x−x2)，
联立y=(2ax1−2x1)(x−x1)y=(2ax2−2x2)(x−x2)，
解得x0=x1+x2x，
要证x0小于x1和x2的等差中项，
需证x1+x2>2x0，
即证ax1x2>1，
因为f(x1)=f(x2)=0，
所以2alnx1−x12+a=2alnx2−x22+a=0，
整理得a=x12+x222(lnx1−lnx2)，
要证ax1x2>1，
即证12(x1x2−x2x1)lnx1x2>1，
令x1x2=t，t<1，
即证lnt>12(t−1t)，
不妨设g(t)=lnt−12(t−1t)，函数定义域为(0,1)，
可得g′(t)=−(t−1)22t2<0，
所以函数g(t)在定义域上单调递减，
此时h(t)>h(1)=0，
故x0小于x1和x2的等差中项；
(3)证明：不妨设h(x)=2[x−ln(x+1)]，函数定义域为(−1,+∞)，
可得h′(x)=2xx+1，
当−1
所以当x=0时，函数h(x)取得极小值也是最小值，最小值h(0)=0，
则h(x)≥0在(−1,+∞)上恒成立，
此时ln(x+1)≤x，当且仅当x=0时等号成立，
令x=1n，
代入上式可得：ln(1+1n)<1n，
即lnn+1n<1n，
所以1+12+13+...+1n>ln1+11+ln2+12+ln3+13+...+lnn+1n
=ln(21×32×43×...×n+1n)=ln(n+1)，
综上，ln(n+1)<12+i=1n1i+1，n∈N*．
【解析】(1)由题意，对函数f(x)进行求导，分别讨论当a≤0和a>0这两种情况，结合导数的几何意义进行求解即可；
(2)结合导数的几何意义求出曲线y=f(x)在(x1,0)和(x2,0)处的切线，联立求出x0的表达式，将问题转化成求证ax1x2>1，根据f(x1)=f(x2)=0，得到a=x12+x222(lnx1−lnx2)，此时求出12(x1x2−x2x1)lnx1x2>1即可，利用换元法，令x1x2=t，t<1，即证lnt>12(t−1t)，构造函数g(t)=lnt−12(t−1t)，对h(t)进行求导，利用导数得到h(t)的单调性和最值，进而即可求证；
(3)先求证ln(x+1)≤x成立，再利用ln(x+1)≤x的结论进行求证即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、分类讨论、转化思想和运算能力．
2022-2023学年天津一中高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x∈Z|−2
2. 已知命题p：∃x<−1，x2−x+1<0，则￢p为( )
A. ∀x≥−1，x2−x+1≥0 B. ∀x<−1，x2−x+1≥0
C. ∃x<−1，x2−x+1≥0 D. ∃x≥−1，x2−x+1≥0
3. 若a，b∈R，则“a=b”是“a2=b2”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. (3x−2)(x−1)6的展开式中x3的系数为( )
A. 85 B. 5 C. −5 D. −85
5. 已知函数f(x)=x2lnx−2x+1，则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A. 2x+y−1=0 B. x−y−2=0 C. x+y=0 D. x−2y−4=0
6. 已知x=2为函数f(x)=x3−ax的极小值点，则f(x)的极大值为( )
A. −16 B. 16 C. 4 D. −4
7. 函数f(x)=lnx2|x|+1的大致图象为( )
A. B.
C. D.
8. 第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲、乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有( )
A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种
9. 书包中装有大小相同的2本数学书和2本语文书，若每次从中随机取出一本书且不放回，则在第二次取出的是数学书的条件下，第一次取出的是语文书的概率为( )
A. 16 B. 13 C. 12 D. 23
10. 若函数f(x)=lnx+12x2+ax有两个极值点x1，x2，且f(x1)+f(x2)≤−5，则( )
A. a≥4 2 B. a≥2 2 C. a≤−2 2 D. a≤−4 2
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. i是虚数单位，则复数3+4i1+i= ______ ．
12. 若(2x−1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a4+a2+a0=______
13. 若An2=Cn+12，则n!= ______ ．
14. 一个盒子里装有大小相同的4个黑球，3个红球，2个白球，从中任取2个，其中红球的个数记为X，则E(X)= ______ ．
15. 已知函数f(x)=x2lnx+ax存在减区间，则实数a的取值范围为______ ．
16. 给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有4种颜色可供选择，则共有______种不同的染色方案．
三、解答题（本大题共4小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx−ax+3，a>0．
(1)当a=1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意x∈(0,+∞)，不等式f(x)≤0恒成立，求a的取值范围．
18. (本小题12.0分)
为弘扬体育精神，营造校园体育氛围，某校组织“青春杯”3V3篮球比赛，甲、乙两队进入决赛.规定：先累计胜两场者为冠军，一场比赛中犯规4次以上的球员在该场比赛结束后，将不能参加后面场次的比赛.在规则允许的情况下，甲队中球员M都会参赛，他上场与不上场甲队一场比赛获胜的概率分别为35和25，且每场比赛中犯规4次以上的概率为14．
(1)求甲队第二场比赛获胜的概率；
(2)用X表示比赛结束时比赛场数，求X的期望；
(3)已知球员M在第一场比赛中犯规4次以上，求甲队比赛获胜的概率．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=3ex+x2，g(x)=9x−1．
(1)求函数φ(x)=xex+4x−f(x)的单调区间；
(2)比较f(x)与g(x)的大小，并加以证明．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2alnx−x2+a，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，且x1
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了集合的运算，考查转化思想，属于基础题．
求出集合A，B中的元素，求出A，B的交集即可．
【解答】
解：∵A={x∈Z|−2
故选：B．
2.【答案】B
【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，
由命题p：∃x<−1，x2−x+1<0，
可得￢p为：∀x<−1，x2−x+1≥0．
故选：B．
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，属基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由a2=b2得a=b或a=−b，
即“a=b”是“a2=b2”的充分不必要条件，
故选：A
4.【答案】A
【解析】解：(x−1)6的展开式的通项为Tr+1=C6rx6−r(−1)r(r=0,1,2,⋅⋅⋅,6)，
则T4=−20x3，T5=15x2，
从而(3x−2)(x−1)6的展开式中x3的系数为3×15+(−2)×(−20)=85．
故选：A．
求出(x−1)6的展开式的通项，再令x的指数等于3和2，即可得解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为f(x)=x2lnx−2x+1的导数为f′(x)=2xlnx+x−2，
所以f′(1)=1−2=−1．
因为f(1)=−1，所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=−(x−1)，
即x+y=0．
故选：C．
求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的点斜式方程，可得所求切线的方程．
本题考查导数的运用：求切线的方程，以及直线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=x3−ax的导数f′(x)=3x2−a，
由题意得，f′(2)=0，即12−a=0，a=12．
∴f(x)=x3−12x，f′(x)=3x2−12=3(x−2)(x+2)，
由f′(x)>0，得x>2或x<−2；f′(x)<0，得−2
故选：B．
求出导数，由题意得，f′(2)=0，解出a，再由单调性，判断极大值点，求出即可．
本题考查导数的应用：求极值，同时考查运算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
因为f(−x)=ln(−x)2|−x|+1=lnx2|x|+1=f(x)，
所以f(x)为偶函数，
不妨只研究x>0的函数图象，此时f(x)=lnx2x+1=2lnxx+1，
所以f′(x)=2⋅1x⋅x−2lnxx2=2(1−lnx)x2，
令f′(x)=0，则x=e，
当x∈(0,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
只有选项C符合题意．
故选：C．
根据函数奇偶性的概念可判断f(x)为偶函数，于是可只研究x>0的函数图象，利用导数，求出函数的单调区间，即可得解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的奇偶性，考查数形结合思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有C32A22=6种，
②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有C31C32A22=18种，
所以不同的安排方法有6+18=24种．
故选：C．
本题只需考虑游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况即可．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】D
【解析】解：设事件A：第一次取出的是语文书，事件B：第二次取出的是数学书，
则P(A|B)=P(AB)P(B)=P(AB)P(AB)+P(A−B)=12×2312×23+12×13=23．
故选：D．
根据条件概率公式可求出结果．
本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：由函数f(x)=lnx+12x2+ax，可得f′(x)=x+a+1x=x2+ax+1x，
因为函数f(x)存在两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程f′(x)=0的两个正根，
即x2+ax+1=0的两个正根为x1，x2．
所以Δ=a2−4>0x1+x2=−a>0x1x2=1，即a<−2x1+x2=−ax1x2=1，
所以f(x1)+f(x2)=lnx1+12x12+ax1+lnx2+12x22+ax2=12(x12+x22)+ln(x1x2)+a(x1+x2)=−1−12a2，
f(x1)+f(x2)≤−5，
所以−1−12a2≤−5，可得a2≥8，因为a<−2，所以a≤−2 2．
故选：C．
利用函数的导数，结合函数的两个极值，推出a的范围，利用函数的极值的和，转化求解即可．
本题考查函数导数的应用，函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
11.【答案】72+12i
【解析】解：3+4i1+i=(3+4i)(1−i)(1−i)(1+i)=72+12i．
故答案为：72+12i．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
12.【答案】41
【解析】解：令x=0，可得a0=1；
令x=1，可得a0+a1+a2+a3+a4=1，
即a1+a2+a3+a4=0 ①；
令x=−1，可得a0−a1+a2−a3+a4=81，
即−a1+a2−a3+a4=80 ②，
将①和②相加可得，2(a2+a4)=80，
所以a2+a4=40，
所以a0+a2+a4=41．
故答案为：41．
利用特殊值法，令x=0，1，−1，将所得结果进行运算可得解．
本题考查二项式定理系数的关系，属于一般基础题．
13.【答案】6
【解析】解：An2=Cn+12，
则n(n−1)=(n+1)n2，解得n=3，
故3!=3×2×1=6．
故答案为：6．
根据已知条件，结合组合数、排列数公式，即可求解．
本题主要考查组合数、排列数的公式，属于基础题．
14.【答案】23
【解析】解：由题意得X～B(2,13)，则E(X)=2×13=23．
故答案为：23．
由题意可知随机变量X～B(2,13)，根据二项分布的期望公式求解即可．
本题考查离散型随机变量的期望，是中档题．
15.【答案】(−∞,e−32)
【解析】解：由题意得函数定义域为(0,+∞)，且f′(x)=2xlnx+x+a，
∵函数f(x)=x2lnx+ax存在减区间，
∴f′(x)<0在(0,+∞)上有解，即2xlnx+x+a<0有解，
令g(x)=2xlnx+x+a，则g′(x)=2lnx+3，
由g′(x)=0得x=e−32，由g′(x)>0得x>e−32，由g′(x)<0得0
∴当x=e−32时，g(x)取得极小值也是最小值，即g(e−32)=−3e−32+e−32+a=−2e−32+a，
∵2xlnx+x+a<0有解，
∴−2e−32+a<0，解得a
故答案为：(−∞,e−32).
由题意得函数定义域为(0,+∞)，且f′(x)=2xlnx+x+a，题意转化为f′(x)<0在(0,+∞)上有解，即2xlnx+x+a<0有解，构造函数g(x)=2xlnx+x+a，则g′(x)=2lnx+3，求出g(x)的最小值，求解即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】96
【解析】
【分析】
通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，最少需要3种颜色，即AF同色，BD同色，CE同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以4种颜色全部用上，即AF，BD，CE三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和．
本题考查了排列、组合、及简单的计数问题，解答的关键是正确分类，明确相邻的两区域不能染相同的颜色，该题是中档题．
【解答】
解：要完成给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，
即AF同色，BD同色，CE同色，则从四种颜色中取三种颜色有C43=4种取法，三种颜色染三个区域有A33=6种染法，共4×6=24种染法；
第二类是用四种颜色染色，即AF，BD，CE中有一组不同色，则有3种方案(AF不同色或BD不同色或CE不同色)，先从四种颜色中取两种染同色区有A42=12种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有3×12×2=72种染法．
∴由分类加法原理得总的染色种数为24+72=96种．
故答案为96．
17.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=lnx−x+3(x>0)，
则f′(x)=1x−1=1−xx，
令f′(x)>0，得0
∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴函数f(x)的极大值为f(1)=2，无极小值；
(2)f′(x)=1x−a=1−axx(x>0)，
当x∈(0,1a)时，f′(x)>0，则f(x)是增函数．
当x∈(1a,+∞)时，f′(x)<0，则f(x)是减函数，
∴f(x)的最大值为f(1a)，
∵f(x)=lnx−ax+3≤0恒成立，
∴f(1a)=ln1a−1+3=−lna+2≤0，
解得a≥e2，
∴a的取值范围为[e2,+∞)．
【解析】(1)求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；
(2)利用导数求出函数的最大值，依题意可得f(1a)=−lna+2≤0，解得即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式恒成立求参数的取值范围，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设Ai为“第i场甲队获胜“，Bi为“球员M第i场上场比赛“，i=1，2，3，
根据全概率公式可得P(A2)=P(B2)P(A2|B2)+P(B2−)P(A2|B2−)
=34×35+(1−35)×25=1120；
(2)由题意可得X=2，3，
又P(A1)=35，由(1)知P(A2)=1120，
∴P(A1−)=25，P(A2−)=920，
∴P(X=2)=P(A1A2)+P(A1−A2−)
=P(A1)P(A2)+P(A1−)P(A2−)
=35×1120+25×920=51100，
∴P(X=3)=1−P(X=2)=49100，
∴E(X)=2×51100+3×49100=249100；
(3)∵p(B2−)=14，此时P(A3)=25，
∴所求概率为：P(A1A2|B2−)+P(A1A2−A3|B2−)+P(A1−A2A3|B2−)
=35×25+35×35×25+25×25×25=56125．
【解析】(1)根据全概率公式，即可求解；
(2)由题意可得X=2，3，从而再根据对立事件的概率与独立事件的概率公式，数学期望的概念，即可求解；
(3)根据对立事件与独立事件的概率公式，条件概率公式，即可求解．
本题考查全概率公式，对立事件的概率公式，离散型随机变量的期望的求解，属中档题．
19.【答案】解：(1)φ′(x)=(x−2)(ex−2)，
令φ′(x)=0，得x1=ln2，x2=2；
令φ′(x)>0，得x
令φ′(x)<0，得ln2
在(ln2,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增．
(2)f(x)>g(x)．
证明如下：
设h(x)=f(x)−g(x)=3ex+x2−9x+1，∵h′(x)=3ex+2x−9为增函数，
∴可设h′(x0)=0，∵h′(0)=−6<0，h′(1)=3e−7>0，∴x0∈(0,1)．
当x>x0时，h′(x)>0；当x
又3ex0+2x0−9=0，∴3ex0=−2x0+9，
∴h(x)min=−2x0+9+x02−9x0+1=x02−11x0+10=(x0−1)(x0−10)，
∵x0∈(0,1)，∴(x0−1)(x0−10)>0，
∴h(x)min>0，∴f(x)>g(x)．
【解析】(1)求出函数的导数，解关于函数的导数，求出函数的单调区间即可；
(2)设h(x)=f(x)−g(x)，求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最小值，从而证明结论．
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．
20.【答案】解：(1)已知f(x)=2alnx−x2+a，a∈R，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=2ax−2x=−2x2+2ax，
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当a>0时，
当0
当x> a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(0, a)上单调递增；在( a,+∞)上单调递减；
(2)证明：因为若函数f(x)有两个零点，
由(1)知a>0时满足条件，
因为f′(x)=2ax−2x，
所以曲线y=f(x)在(x1,0)和(x2,0)处的切线分别为：
l1：y=(2ax1−2x1)(x−x1),l2：y=(2ax2−2x2)(x−x2)，
联立y=(2ax1−2x1)(x−x1)y=(2ax2−2x2)(x−x2)，
解得x0=x1+x2x，
要证x0小于x1和x2的等差中项，
需证x1+x2>2x0，
即证ax1x2>1，
因为f(x1)=f(x2)=0，
所以2alnx1−x12+a=2alnx2−x22+a=0，
整理得a=x12+x222(lnx1−lnx2)，
要证ax1x2>1，
即证12(x1x2−x2x1)lnx1x2>1，
令x1x2=t，t<1，
即证lnt>12(t−1t)，
不妨设g(t)=lnt−12(t−1t)，函数定义域为(0,1)，
可得g′(t)=−(t−1)22t2<0，
所以函数g(t)在定义域上单调递减，
此时h(t)>h(1)=0，
故x0小于x1和x2的等差中项；
(3)证明：不妨设h(x)=2[x−ln(x+1)]，函数定义域为(−1,+∞)，
可得h′(x)=2xx+1，
当−1
所以当x=0时，函数h(x)取得极小值也是最小值，最小值h(0)=0，
则h(x)≥0在(−1,+∞)上恒成立，
此时ln(x+1)≤x，当且仅当x=0时等号成立，
令x=1n，
代入上式可得：ln(1+1n)<1n，
即lnn+1n<1n，
所以1+12+13+...+1n>ln1+11+ln2+12+ln3+13+...+lnn+1n
=ln(21×32×43×...×n+1n)=ln(n+1)，
综上，ln(n+1)<12+i=1n1i+1，n∈N*．
【解析】(1)由题意，对函数f(x)进行求导，分别讨论当a≤0和a>0这两种情况，结合导数的几何意义进行求解即可；
(2)结合导数的几何意义求出曲线y=f(x)在(x1,0)和(x2,0)处的切线，联立求出x0的表达式，将问题转化成求证ax1x2>1，根据f(x1)=f(x2)=0，得到a=x12+x222(lnx1−lnx2)，此时求出12(x1x2−x2x1)lnx1x2>1即可，利用换元法，令x1x2=t，t<1，即证lnt>12(t−1t)，构造函数g(t)=lnt−12(t−1t)，对h(t)进行求导，利用导数得到h(t)的单调性和最值，进而即可求证；
(3)先求证ln(x+1)≤x成立，再利用ln(x+1)≤x的结论进行求证即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、分类讨论、转化思想和运算能力．
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