【文档说明】2021-2022学年山东省聊城市聊城一中东校高二下学期期中模拟四数学试题解析版.doc，共(18)页，1.559 MB，由小喜鸽上传

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第1页共18页2021-2022学年山东省聊城市聊城一中东校高二下学期期中模拟（四）数学试题一、单选题1．已知函数()2sinxxfxx+=，则该函数的导函数()fx=（）A．22cosxxx+B．22cossinxxxxx+−C．22cossinx

xxxx+−D．2cosxx−【答案】B【分析】结合导数的四则运算法则以及基本初等函数的导数公式即可求得.【详解】由题可得()2222(2cos)(sin)cossinxxxxxxxxxfxxx+−−++==，故选：B2．已知22AC30nn+=，则n＝（）A

．3B．4C．5D．6【答案】C【分析】利用排列数、组合数公式得到()31302nn−=，解方程即得解.【详解】解：()()()22131AC13022nnnnnnnn−−+=−+==，整理得2200nn−−=，解得n=−4（舍），5n=．故选：C．3．函数()2lnxfxx

=的图象大致是（）A．B．第2页共18页C．D．【答案】D【分析】先判断奇偶性，再求导确定单调性即可得出答案.【详解】由题意知：定义域为0,1,1xxxx−，()2()lnxfxfxx−==，为偶函数

，排除B，当0x时，()2lnxfxx=，()()()22212ln2ln1()lnlnxxxxxxfxxx−−==，当1201,1exx，()0fx，()fx单减；当12ex，()0fx，()fx单增.故选：D.4．第三方检测机构又称公正检验，指两个相互联系的主体之外的

某个客体，我们把它叫做第三方．某县为创建文明城市，省里委托第三方检测机构对该县进行检测，现从8名检测人员中选派6人到该县甲、乙、丙三个单位检查，要求每个单位至少派1人，丙单位2人，则不同的选派方法总数为（）A．4

200B．5880C．1680D．3360【答案】B【分析】由已知，不同的选派方法可分为三种情况，分别是：甲单位2人，乙单位2人，丙单位2人；甲单位3人，乙单位1人，丙单位2人；甲单位1人，乙单位3人，丙单位2人，然后

列式加在一起即可完成求解.【详解】分以下三种情况讨论：①甲单位2人，乙单位2人，丙单位2人，不同的选派方法数为842262CCC=2520种；②甲单位3人，乙单位1人，丙单位2人，不同的选派方法数为342854CCC=1680种；③甲单位1人，乙单位

3人，丙单位2人，不同的选派方法数为32874CCC=1680种．综上所述，不同的选派方法数为2520168016805880++=种．故选：B．5．由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字第3页共18页保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“4

3125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（）A．120B．112C．110D．16【答案】A【分析】首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解【

详解】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共55A120=个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），

则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.24C?16=因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有24C6=个，所以所求的概率6112020P==．故选：A．6．设函数()

yfx=是()yfx=的导数，经过探究发现，任意一个三次函数()32fxaxbxcxd=+++()0a的图象都有对称中心()()00,xfx，其中0x满足()00fx=，已知函数()3272392fxxxx=−+−，则1202120222022ff

+=（）A．0B．12C．1D．32【答案】C【分析】先求出()fx的对称中心，判断出点11,20222022f与点20212021,20222022f关于点11,22对称，即可求解.【详解】()2669fxxx=−+

，()126fxx=−，令()00fx=，解得012x=，()012fx=，所以()fx的图象关于点11,22对称．因为1202112202220222+=，所以点11,20222022f与点2

0212021,20222022f关于点11,22对称，所以12021121202220222ff+==．故选：C．第4页共18页7．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中相互

平行或相互垂直的有（）A．24对B．16对C．18对D．48对【答案】C【分析】考虑相对面的相互平行或相互垂直的情况即可，相对面中，相互平行的有2对，相互垂直的4对.【详解】从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，相互平行或相互垂直，则考虑相对面的相互平行或相互垂直的情况即可.相对面中，相互平

行的有2对，相互垂直的4对，共6对，正方体有三组相对面，故3×6=18，故选C【点睛】本题考查空间直线平行与垂直的判断，考查空间想象能力，考查分类讨论思想，属于中档题.8．已知函数()()312cos12fxxxax=−++，对于任意的1x，2π20x，，且12xx都有(

)()21120xfxxfx−成立，则实数a的取值范围是（）A．(,3−−B．(),3−C．(),1−−D．(,1−−【答案】A【分析】由题意构造函数()()fxgxx=，结合条件判断其为减函数，可得()()2sin10gxxax=++在π

02x，时恒成立，即sin12xax+−在π02x，时恒成立，然后结合正弦函数的性质求得答案即可.【详解】令()()fxgxx=，则()21()2cos12gxxax=−++，由题意知对于任意的1x

，2π20x，，且12xx都有()()21120xfxxfx−成立，即()()1212fxfxxx，故12()()gxgx，即()()fxgxx=是π02，上的单调减函数；故()()2sin10gxxax=++在π02x

，时恒成立，即sin12xax+−在π02x，时恒成立，设πsin,20yxxx=−，，则πcos0,201yxx=−，，故πsin,20yxxx=−，单调递减，所以sin0xx−，即πsi

n,2sin0,1xxxxx，，第5页共18页所以112a+−，即3a−，故选：A【点睛】本题考查了导数的应用，主要是解决不等式恒成立使得参数问题，解答时要注意将问题转化为函数的单调性问题，关键是构造函数，

利用导数判断函数单调性解决问题.二、多选题9．用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（）A．可组成360个不重复的四位数B．可组成156个不重复的四位偶数C．可组成96个能被3整除的不重复四位数D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排成一个数列，则第85

个数字为2310【答案】BC【解析】A选项选一个非0数在首位，其他几位全排列；B选项，分为0在末位和0不在末位；C选项能被3整除的四个数然后分类讨论排列；D选项分类讨论：首位为1、前两位为20、前两位为21进而得出答案.【详解】解：A选项，有1355300CA=个，

错，B选项，分为两类：0在末位，则有3560A=种，0不在末位，则有11224496CCA=种，∴共有6096156+=种，对，C选项，先把四个相加能被3整除的四个数从小到大列举出来，即先选：(0123),,,，(0135),

,,、(0234),,,、(0345),,,、(1245),,,，它们排列出来的数一定可以被3整除，∴共有：134334496CAA+=种，对，D选项，首位为1的有3560A=个，前两位为20的有2412

A=个，前两位为21的有2412A=个，此时共有60121284++=个，因而第85个数字是前两位为23的最小数，即为2301，错，故选：BC.【点睛】解排列、组合问题要遵循的两个原则:（1）按元素(位置)的性质进行

分类；（2）按事情发生的过程进行分步：具体地说，解排列、组合问题常以元素(位置)为主体，即先满足特殊元素(位置)，再考虑其他元素(位置).第6页共18页10．已知()()()()72701272111xmaaxaxax−=+−+−++−，若7120271

28222aaaa++++=−，则有（）A．2m=B．3280a=−C．01a=−D．437125623456714aaaaaaa−+−+−+−=【答案】BCD【分析】令12x=，已知式变为7712027(1)128222aaama−=++++=−，可求得

m，然后二项式变形为7[12(1)]x−−−，并令1tx=−二项式化为7270127(12)taatatat−−=++++，可求得30,aa，二项式两边都对t求导后令1t=−可求得1234567234567aaaaa

aa−+−+−+，从而判断各选项．【详解】令12x=，则112x−=，已知式变为7712027(1)128222aaama−=++++=−，解得3m=，777(2)(23)[12(1)]xmxx−=−=−−−，717(1)(2)(1)rrrrrTCx−+=−−−，34337(1)(2)280aC

=−−=−，70(1)1a=−=−，令1xt−=，则有7270127(12)taatatat−−=++++，两边对t求导得626123714(12)237taatatat−−−=++++，再令1t=−得6123456

723456714(12)14aaaaaaa−+−+−+=−−+=−，所以437125623456714aaaaaaa−+−+−+−=，故选：BCD．11．甲罐中有5个红球，3个白球，乙罐中有4个红球，2个白球．整个取球过程分两步，先从甲罐中随

机取出一球放入乙罐，分别用1A，2A表示由甲罐取出的球是红球，白球的事件；再从乙罐中随机取出两球，分别用B，C表示第二步由乙罐取出的球是“两球都为红球”，“两球为一红一白”的事件，则下列结论中正确的是（）A．

()15|21PBA=B．()212|21PCA=C．()1742PB=D．()4384PC=【答案】BCD第7页共18页【分析】在各自新的样本空间中求出()1|PBA，()2|PCA判断A，B；利用全概率公式计算()PB，()PC判断C，D

作答.【详解】在事件1A发生的条件下，乙罐中有5红2白7个球，则()25127C10|C21PBA==，A不正确；在事件2A发生的条件下，乙罐中有4红3白7个球，则()1143227CC12|C21PCA==，B正确；因1253(),()88PAPA==，()110|21PB

A=，()24272C6|C21PBA==，则()()()12215103617||821821(2)()4PBPBAPBAPAPA=+=+=，C正确；因()212|21PCA=，()1152127CC10|C42PCA==，则()

()()121251031243||821821()8)(4PCPCAPCAPAPA=+=+=，D正确.故选：BCD12．有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次

品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%，则下列选项正确的有（）A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06B．任取一个零件是次品的概率为0.0525C．如果取到的零件是次品，

且是第2台车床加工的概率为37D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为37【答案】BD【分析】记A：车床加工的零件为次品，记Bi：第i台车床加工的零件，根据已知确定P(A|B1)、P(A|B2)、P(A|B3)、P

(B1)、P(B2)、P(B3)，再利用条件概率公式、全概率公式判断各选项描述中的概率是否正确即可.【详解】记事件A：车床加工的零件为次品，记事件Bi：第i台车床加工的零件，则P(A|B1)＝6%，P(A|B2)＝P(A|B3

)＝5%，又P(B1)＝25%，P(B2)＝30%，P(B3)＝45%，A：任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为P(AB1)＝6%×25%＝1.5%，故错误；B：任取一个零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)+P(AB2)+P(AB3)＝6%×25%+5%×75%＝5.25%，故正确；

第8页共18页C：如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为P(B2|A)＝2()()PABPA＝22(|)()()PABPBPA＝5%30%5.25%＝27，故错误；D：如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为P(B3|A)＝3()()PABPA＝33(|)()()PA

BPBPA＝5%45%5.25%＝37，故正确；故选：BD．13．下列说法正确的是（）A．若函数()fx满足()11f=，则函数()fx在1x=处切线斜率为1B．函数()248fxxkx=−−在区间5,20上存在增区间，则40kC．函数()3

2132xafxxx=−++在区间1,22上有极值点，则522aD．若任意0abt，都有lnlnbaab，则有实数t的最大值为e【答案】AD【分析】利用导数的几何意义可判断A，利用二次函数的性质可判断B，利用导数和极值

的关系可判断C，构造函数()lnxgxx=，利用函数的单调性可判断D.【详解】对于A，由()11f=，可知函数()fx在1x=处切线斜率为1，故A正确；对于B，由函数()248fxxkx=−−在区间520，上存在增区间，可知208kx=，所以160k，故B错误

；对于C，由()32132xafxxx=−++，可得()21fxxax=−+，则()210fxxax=−+=在区间122，上有变号零点，即1axx=+在区间122，上有解，又152,2xx+，当2a=时，()()222110fxxxx=−+=−，

函数没有极值，当52a=时，()()2511222fxxxxx=−+=−−，令()0fx=则2x=或12x=，不满足()fx在区间122，上有极值点，故52,2a，故C错误；对于D，令()lnxgxx=，

则()21lnxgxx−=，所以()()0,e,0xgx，函数单调递增，()()e,,0xgx+，函数单调递减，第9页共18页又任意0abt，都有lnlnbaab，即lnlnabab，故(0,e]t，即实数t的最大值为e，故D正确.故选：AD.【点

睛】本题主要考查了导数的几何意义、二次函数的单调性、利用导数分析函数的极值问题与构造函数分析不等式的问题，属于中档题三、填空题14．已知函数()ln1fxxax=−+的极大值为1，则实数a＝_______．【答

案】1e【分析】求出导函数()fx，由()0fx=的解是极值点，利用极大值为1，求得a值，然后证明满足题意，是极大值即得．【详解】1()fxax=−，由题意1()0fxax¢=-=在(0,)+上有解，1xa=且0a，11()ln1faa==，所以1ea=

，1exa==11()efxx=−，当0ex时，()0fx，()fx递增，ex时，()0fx，()fx递减，所以ex=时，()fx取得极大值，所以最大值1(e)lnee11ef=−+=．故答案为：1e．15．在3nxx+的展开式中，二项式系数

之和与各项系数之和比为1:64，则展开式的常数项为______．【答案】1215【分析】根据二项式定理可知各项系数和为4n，二项式系数和为2n，可求出6n=，然后在判断展开式的常数项.【详解】解：由题意得：令1x=，则34nnxx+=，所

以3nxx+的展开式中，各项系数和为4n又二项式系数和为2n，所以42642nnn==，解得6n=．第10页共18页二项展开式的通项36621663CC3rrrrrrrTxxx−−−==，令3602r−=，得4r=所以展开式的

常数项为464C31215=．故答案为：1215．16．设随机变量~(2,)XBp，随机变量~(3,)YBp，若5(1)9PX=，则(31)DY+=_________.【答案】6【详解】因()519PX=，故54(0)199PX==−=，即02242(1)193Cpp−=−=，则13p=

，又随机变量()~3,YBp，所以122()(1)3333DYnpp=−==，()31DY+=29()963DY==，应填答案6．17．为有效阻断新冠肺炎疫情传播除径，构筑好免疫屏障，从2022年1月13日

开始，某市启动新冠病毒疫苗加强针接种工作，凡符合接种第三针条件的市民，要求尽快接种．该市有3个疫苗接种定点医院，现有8名志愿者将被派往这3个医院协助新冠疫苗接种工作，每个医院至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法共有_________（用数字作答）【答案】2940【分析】先把8名医生分成三组

，再把三组分到三个医院，即可求解.【详解】先把8名医生分成三组，有2，2，4和2，3，3两种情况：4223328428522222876543876543114321213213212102804902121CCCCCCAA

+=+=+=.再把三组分到三个医院，有333216A==.所以一共有49062940=种.故答案为：2940.四、双空题18．记(),()fxgx分别为函数(),()fxgx的导函数.若存在0xR，满足00()()fxgx=且0

0()()fxgx=，则称0x为函数()fx与()gx的一个“S点”.（1）以下函数()fx与()gx存在“S点”的是___________①函数()fxx=与2()22gxxx=+−；②函数()1fxx=+与()xgxe=；③函数()sin

fxx=与()cosgxx=.第11页共18页（2）已知：,mnR，若函数2()fxmxnx=+与()lngxx=存在“S点”，则实数m的取值范围为___________.【答案】②31,2e−+【分析】第一空根据()(

)00()()fxgxfxgx==是否有解即可判断；第二空由()()00()()fxgxfxgx==得到0201lnxmx−=，构造函数()()21ln0xhxxx−=，利用导数研究函数()hx的图象与性质即可求出结果.【详解】①因为函数()fxx=与2()22gx

xx=+−，所以()1fx=，()22gxx=+，由题意得2000022122xxxx=+−=+，无解，故不存在“S点”；②函数()1fxx=+与()xgxe=，所以()1fx=，()xgxe=，由题意得00011xxxee+==，解得00x=，故0为函数()fx与(

)gx的一个“S点”；③函数()sinfxx=与()cosgxx=，所以()cosfxx=，()singxx=−，由题意得0000sincoscossinxxxx==−，无解，故不存在“S点”；函数2()fxmxnx=+与()lngxx=，则()2fxmxn=+与1()gxx

=，由题意得200000ln12mxnxxmxnx+=+=，则0201lnxmx−=，令()()21ln0xhxxx−=，则()332lnxhxx−+=，令()0hx=，则32xe=，所以32,xe+时，则()0hx，故()hx单调递增；

320,xe时，则()0hx，故()hx单调递减；所以()hx在32xe=处取得极小值，也是最小值，()332223min321ln12ehxheee−===−，且x→+时

，()hx→+，所以实数m的取值范围为31,2e−+,故答案为：②；31,2e−+【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成

立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．第12页共18页五、解答题19．已知3()nxx−的二项展开式中所有奇数项的系数之和为512.(1)求展开式的所

有有理项（指数为整数）；(2)求234(1)(1)(1)(1)(1)nxxxxx−+−+−+−++−展开式中2x项的系数.【答案】(1)45210Tx=，511Tx=.(2)165【分析】（1）根据二项展开式中所有奇数项的系数之和为512.，利用12512n−=，求得答案；（2）由题

意可得2x项的系数为222223410CCCC++++，利用组合数的性质化简，可得答案.【详解】（1）由题意知：0241CCC2512nnnn−+++==，∴19n−=，从而10n=.故20103611010C(

)()(1)CrrrrrrrTxxx+−+=−=−，其中0,1,2,,10r=，∵20Z6r+，∴4,10r=，∴展开式的所有有理项为4444510(1)C210Txx=−=，101055111

0(1)CTxx=−=.（2）∵11CCCrrrnnn−++=，∴11CCCrrrnnn−+=−，∴2x项的系数为()()()2222333333323410343541110CCCCCCCCCCC++++=+−+−++−311C165==.20．已知函数3()2fxx

axb=++在2x=−处取得极值．（1）求实数a的值；（2）若函数()yfx=在[0,4]内有零点，求实数b的取值范围．【答案】（1）6a=−；（2）1616b−剟．【分析】（1）由题意可得(2)122

0fa−=+=，从而可求出a的值；（2）先对函数求导，求得函数的单调区间，从而可由函数的变化情况可知，要函数()yfx=在[0,4]内有零点，只要函数在[0,4]内的最大值大于等于零，最小值小于等于零，然后解不等式组可得答案【详解】解：（1）23()32

,()2fxxafxxaxb=+=++在2x=−处取得极值，第13页共18页∴(2)1220fa−=+=，∴6a=−．经验证6a=−时，()fx在2x=−处取得极值．（2）由（1）知32()12,()3123(2)(2)fxxxbfxxxx=−+=−=−+

，∴()yfx=极值点为2，2−．将x，()fx，()fx在[0,4]内的取值列表如下：x0(0,2)2(2,4)4()fx/-0+/()fxb极小值16b−16b+由此可得，()yfx=在[0,4]内有零点，只需maxmin

()160,()160,fxbfxb=+=−…„∴1616b−剟．21．甲、乙两人进行“抗击新冠疫情”知识竞赛，比赛采取五局三胜制，约定先胜三局者获胜，比赛结束．假设在每局比赛中，甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛相互独立．（1）求甲获胜的概率；（

2）设比赛结束时甲和乙共进行了X局比赛，求随机变景X的分布列及数学期望．【答案】（1）6481；（2）分布列见解析，数学期望为10727．【分析】（1）根据题意，结合五局三胜制规则，分别求得比赛三、四和五局且甲获胜的概率进而求得甲获胜的概率；（

2）随机变量X的取值为3，4，5，求得相应的概率，得出分布列，利用公式求得期望.【详解】（1）由题意知，比赛三局且甲获胜的概率3128327P==，比赛四局且甲获胜的概率为2223212833327PC==，比赛五局且甲获胜的概率为

222342121633381PC==，所以甲获胜的概率为12388166427278181PPPP=++=++=．（2）随机变量X的取值为3，4，5，则()332113333PX==+=，()222233212121821043333

33272727PXCC==+=+=，第14页共18页()222421853327PXC===，所以随机变量X的分布列为X345P131027827所以()

11081073453272727EX=++=．【点睛】求随机变量X的期望与方差的方法及步骤：1、理解随机变量X的意义，写出X可能的全部值；2、求X取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望()(),EXDX；4、若随机变量X的分布列

为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.22．为加强进口冷链食品监管，进一步确定某批进口冷冻食品是否感染病毒，在入关检疫时需要对其采样进行化验，若结果呈阳性，则有该

病毒；若结果呈阴性，则没有该病毒，对于n，（*nN）份样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需检验n次：二是混合检验，将k份样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这k份全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份

究竟哪些为阳性，就需要对它们再次取样逐份检验，则k份检验的次数共为1k+次，若每份样本没有该病毒的概率为13，而且样本之间是否有该病毒是相互独立的．（1）求2份样本混合的结果为阳性的概率；（2）若取得4份样本，考虑以下两种检验方案：方案一：采用混合检验；方案

二：平均分成两组，每组2份样本采用混合检验．若检验次数的期望值越小，则方案越“优”．试问方案一、二哪个更“优”？请说明理由．【答案】（1）89；（2）方案一更优，理由见解析．【分析】（1）应用对立事件的概率求法，求2份样本混合的结果为阳性的概率；（2）根据步骤分别写出方案一、方案二

对应的分布列，进而求它们的期望，比较期望值的大小，即可判断较优的方案.第15页共18页【详解】（1）该混合样本阴性的概率是21139=，由对立事件得：阳性的概率为：18199−=．（2）方案一：混在一起检

验，方案一的检验次数记为X，则X的可能取值为1，5，P(X＝1)＝411381=，P(X＝5)＝18018181−=，∴X的分布列为：X15P1818081∴E(X)＝1×181+5×8081＝40181．方案二：由题

意分析得每组2份样本混合检验时，若阴性则检验次数为1，概率为21139=，若阳性，则检测次数为3，概率为18199−=，检验次数记为Y，则Y的可能取值为2，4，6，P(Y＝2)＝181，P(Y＝4)＝121899C＝1681，P(Y＝6)＝(89)2＝6481，∴Y

的分布列为：Y246P18116816481∴E(Y)＝2×181+4×1681+6×6481＝45081＝509，E(Y)−E(X)＝50401981−＝49081，∴E(X)＜E(Y)，故方案一更优．23．我省实行的新

高考方案3＋1＋2模式，其中统考科目：3指语文、数学、外语三门，不分文理；学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，1指首先在物理、历史2门科目中选择一门；2指再从思想政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门．某校根据统计选物理的学生占整个学生的

34；并且在选物理的条件下，选择地理的概率为23；在选历史的条件下，选地理的概率为45．(1)求该校最终选地理的学生概率；第16页共18页(2)该校甲、乙、丙三人选地理的人数设为随机变量X．①求随机变量2X=的概率

；②求X的分布列以及数学期望．【答案】(1)710；(2)()4411221000PX==；分布列见解析；2.1.【分析】(1)根据相互独立事件的概率公式计算即可；(2)①根据二项分布概率计算公式计算即可；②先利用二项分布概率计算公式分别求出0123X=、、、时的概率，进

而得到随机变量X的分布列，结合二项分布数学期望计算公式即可得出结果.【详解】（1）该校最终选地理的学生为事件A，32147()434510PA=+=，所以该校最终选地理的学生为710；（2）①：由题

意知，X的所有可能取值为0、1、2、3，且7(3,)10XB，所以22373441(2)C()10101000PX===；②：由7(3,)10XB，得3327(0)()101000PX===，112373189(1)C()()10101000PX===，22373441(2)C()101

01000PX===，3337343(3)C()101000PX===，所以随机变量X的分布列如下表所示：X0123P271000189100044110003431000第17页共18页所以7()32.110

EX==.24．设函数()1,xfxaexaR=−−.（1）当1a=时，求()fx的单调区间；（2）当()0,x+时，()0fx恒成立，求a的取值范围；（3）求证：当()0,x+时，1ln2xexx−.【答案】（1）()fx的单调递减区间为(),0−

；()fx的单调递增区间为)0,+；（2）)1,+；（3）见解析．【详解】试题分析：（1）直接对函数()1xfxex=−−求导得()'1xfxe=−，借助导函数值的符号与函数单调性之间的关系求出其单调区间；（2）先将不等

式()0fx中参数分离分离出来可得：1exxa+，再构造函数()1xxgxe+=，()0,x+，求导得()'xxgxe=−，借助0x，推得()'0xxgxe=−，从而()gx在()0,+上单调递减，()()01

gxg=，进而求得1a；（3）先将不等式1ln2xexx−等价转化为210xxexe−−，再构造函数()()21,0,xxhxexex=−−+，求导可得()22'12xxxhxee=−−，由（2）知()0,x+

时，10xex−−恒成立，所以2102xxe−−，即()22'102xxxhxee=−−恒成立，故()hx在()0,+上单调递增，所以()()00hxh=，因此()0,x+时，有1ln2xexx

−：试题解析：（1））当1a=时，则()1xfxe=−，令()'0fx=得0x=，所以有即1a=时，()fx的单调递减区间为(),0−；()fx的单调递增区间为)0,+.（2）由()0fx，分离参数可得：1exxa+，第18页共18页设()1xxgxe+=，()0

,x+，∴()'xxgxe=−，又∵0x，∴()'0xxgxe=−，则()gx在()0,+上单调递减，∴()()01gxg=，∴1a即a的取值范围为)1,+.（3）证明：1ln2xexx−等价于210xxexe−−设()()21,0,xxhxexex=−−

+，∴()22'12xxxhxee=−−，由（2）知()0,x+时，10xex−−恒成立，所以2102xxe−−，∴()22'102xxxhxee=−−恒成立∴()hx在()0,+上单

调递增，∴()()00hxh=，因此()0,x+时，有1ln2xexx−.点睛：解答本题的第一问时，先对函数()1xfxex=−−求导得()'1xfxe=−，借助导函数值的符号与函数单调性之间的关系求出其单调区间；求解第二问时，先将不等

式()0fx中参数分离出来可得1exxa+，再构造函数()1xxgxe+=，()0,x+，求导得()'xxgxe=−，借助0x，推得()'0xxgxe=−，从而()gx在()0,+上单调递减，()()01gxg=，进而求得1a；第三问的证明过程中，先将不等式1ln

2xexx−等价转化为210xxexe−−，再构造函数()()21,0,xxhxexex=−−+，求导可得()22'12xxxhxee=−−，由（2）知()0,x+时，10xex−−恒成立，所以2102xxe−−，即()22'102xxxhxee=−−恒

成立，故()hx在()0,+上单调递增，所以()()00hxh=，因此证得当()0,x+时，不等式1ln2xexx−成立．