【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷6【附详细答案和解析_可编辑】
【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷6【附详细答案和解析 可编辑】
真水无香 tougao33
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 14 小题 ，共计84分 ， ）
1. （5分） 若集合 A={x|x2-7x-8<0},B={x|x2-4>0} ，则A∩B=( )
A.{x|-1
c>a B.b>a>c C.a>b>c D.c>b>a
4. （5分） 用0.618法寻找某试验的最优加入量时，若当前存优范围是[628, 774]，好点是718，则此时要做试验的加入点值是（ ）
A.628+774 B.628+0.618x(774-628)
C.628+774-718 D.2x718-774
5. （5分） 函数y=x-1lnx+1的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6. （5分） 古代“五行”学说认为“物质分金、木、水、火、土五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”，从五种物质中随机抽取两种，则抽取的两种物质不相克的概率是（ ）
A.310 B.25 C.12 D.35
7. （5分） 已知OA→=(-1, 2)，OB→=(3, m)，若OA→⊥OB→，则m等于( )
A.-6 B.6 C.32 D.-32
8. （5分） 执行下面的程序框图，输出的S=( )
A.12 B.24 C.30 D.50
9. （5分） 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则立夏日影长为( )
A.1.5尺 B.2.5尺 C.3.5尺 D.4.5尺
10. （5分） 已知椭圆C:x2+y22=1，直线l:y＝x+m，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是（ ）
A.(-23,23) B.(-24,24) C.(-33,33) D.(-34,34)
11. （5分）
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已知函数f(x)=sinx+sin(πx)，现给出如下结论：
①f(x)是奇函数；②f(x)是周期函数；③f(x)在区间0,π 上有三个零点；④f(x)的最大值为2.
其中正确结论的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
12. （5分） 在正三棱锥S-ABC中，M,N分别是SC,BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA=23，则正三棱锥S-ABC外接球的表面积是( )
A.12π B.32π C.48π D.36π
13. （12分） 函数f(x)=sin2x-3(cos2x-sin2x)的图象为C，以下结论正确的是( )
①f(x)的最小正周期为π；
②对任意的x∈R，都有f(x+π6)+f(π6-x)=0；
③f(x)在(-π12，5π12)上是增函数；
④由y=2sin2x的图象向右平移π3个单位长度可以得到图象C．
A.①② B.③④ C.①②③ D.①②③④
14. （12分） 已知圆 O：x2+y2=14， 直线l: y=kx+b(k≠0) ，l和圆O交于E，F两点，以Ox为始边，逆时针旋转到OE，OF为终边的最小正角分别为α和β，给出如下3个命题：
①当k为常数，b为变数时， sin(α+β) 是定值；
②当k为变数，b为变数时， sin(α+β) 是定值；
③当k和b都是变数时， sin(α+β) 是定值.
其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）
15. 若曲线f(x)＝(ax-1)ex-2在点（2, f(2)）处的切线过点(3, 3)，则实数a的值为________．
16. 等比数列an的前n项的和Sn=3n-1+t，则t=________.
17. 如图两个开关串联再与第三个开关并联，在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率________．
18. 已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0, b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A为双曲线C虚轴的一个端点，若线段AF2与双曲线右支交于点B，且|AF1|:|BF1|:|BF2|＝3:4:1，则双曲线C的离心率为________．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 12 分 ，共计60分 ， ）
19. 如图，在三棱柱ADE-BCF中，ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60∘，CDEF是矩形，ED=1， 且平面CDEF⊥平面ABCD，P点在线段BC上移动(P不与C重合)，H是AE的中点．
(1)当四面体EDPC的外接球的表面积为5π时，证明：HB//平面EDP.
(2)当四面体EDPC的体积最大时，求平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值.
20. 已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为 22 ，点A在椭圆E上，且 |OA| 的最小值是 2(O为坐标原点).
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)已知动直线l与圆O :x2+y2=t2t>0 相切，且与椭圆E交于P，Q两点.是否存在实数t，使得 OP⊥OQ ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
21.
已知f(x)=(x-2)ex+alnx-ax.
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(1)若f(x)在定义域上单调递增，求实数a的值；
(2)若f(x)有且仅有1个零点，求实数a的范围.
22. 已知某校有歌唱和舞蹈两个兴趣小组，其中歌唱组有4名男生，1名女生，舞蹈组有2名男生，2名女生，学校计划从两兴趣小组中各选2名同学参加演出．
(1)求选出的4名同学中至多有2名女生的选派方法数；
(2)记X为选出的4名同学中女生的人数，求X的分布列和数学期望．
23. 已知a,b为正数，且满足a+b=1.
(1)求证： (1+1a)(1+1b)≥9；
(2)求证： (a+1a)(b+1b)≥254.
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参考答案与试题解析
【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷6【附详细答案和解析 可编辑】
一、 选择题 （本题共计 14 小题 ，共计84分 ）
1.【答案】
B
【解答】
解：A={x|-12或x<-2}，
A∩B={x|220=1，
0c>a．
故选A．
4.【答案】
C
【解答】
解：由已知试验范围为[628, 774]，
利用0.618法选取试点：
x1=628+0.618×(774-628)=718，
x2=774+628-718=684，
则此时要做试验的加入点值是684．
故选C；
5.【答案】
C
【解答】
解：由lnx+1=0，得x=1e，当x<1e时，(x-1)(lnx+1)>0，故排除选项A，B.
y'=lnx+1-1+1x(lnx+1)2=xlnx+1x(lnx+1)2，
在区间(1，+∞)内y'>0，所以函数在区间(1，+∞)内单调递增.
故选C.
6.【答案】
C
【解答】
解：所有基本事件为金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土，共10个，不相克的基本事件有5个，则所求的概率为510=12．
故选C.
7.【答案】
C
【解答】
解：∵ OA→⊥OB→，
∴ OA→⋅OB→=-3+2m=0，
∴ m=32．
故选C．
8.【答案】
C
【解答】
解：当k=1，S=0时，不满足输出条件，执行循环体后，S=2，k=2；
当k=2，S=2时，不满足输出条件，执行循环体后，S=6，k=3；
当k=3，S=6时，不满足输出条件，执行循环体后，S=12，k=4；
当k=4，S=12时，不满足输出条件，执行循环体后，S=20，k=5；
当k=5，S=20时，不满足输出条件，执行循环体后，S=30，k=6；
当k=6，S=30时，满足输出条件，输出S=30.
故选C.
9.【答案】
D
【解答】
解：设此等差数列{an}的公差为d，
则a1+a4+a7=3a1+9d=31.5
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，9a1+9×82d=85.5，
解得：d=-1，a1=13.5.
则a10=13.5-9=4.5.
故选D.
10.【答案】
C
【解答】
设椭圆x2+y22=1上存在关于直线y＝x+m对称的两点为M(x1, y1)、N(x2, y2)，
根据对称性可知线段MN被直线y＝x+m垂直平分，且MN的中点T(x0, y0)在直线y＝x+m上，且kMN＝-1，
故可设直线MN的方程为y＝-x+n，
联立x2+y22=1y=-x+n ，整理可得：3x2-2nx+n2-2＝0，
所以x1+x2=2n3，y1+y2＝2n-(x1+x2)＝2n-2n3=4n3，
由△＝4n2-12(n2-1)>0，可得-30)，则AN=32x，
利用中线长定理，
AM2=2SA2+2AC2-SC24，
求得AM=6+x22，MN=12SB=3，
利用勾股定理得34x2=6+x22+3，解得x=26；
延长SD交球于点H，SH即为球的直径，
AD=23AN=22，
SD=SA2-AD2=2，
利用射影定理有SD×DH=AD2，解得DH=4，
则R=SD+DH2=3，
∴ S=4πR2=36π.
故选D.
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13.【答案】
C
【解答】
解：函数f(x)=sin2x-3(cos2x-sin2x)=sin2x-3cos2x=2sin(2x-π3)，
①fx 的最小正周期为2π2=π，故①正确；
②fπ6=2sin2×π6-π3=2sin0=0，即函数关于π6,0对称，
即对任意的x∈R，都有fx+π6+fπ6-x=0成立，故②正确；
③因为2kπ-π2≤2x-π3≤2kπ+π2 ，k∈Z，
解得kπ-π12≤x≤kπ+5π12时函数单调递增，
令k=0，-π12≤x≤5π12，函数在区间(-π12，5π12)上是增函数；故③正确．
④函数f(x)的图象可以由函数y=2sin2x的图象向右平移π3而得到
f(x)=2sin(2x-2π3-π3)=-2sin2x，故④不正确．
故选C．
14.【答案】
B
【解答】
解：设点E(x1, y1)，F(x2, y2)，
由三角函数的定义得x1=12cosα，y1=12sinα，
x2=12cosβ，y2=12sinβ，
将直线EF的方程与圆的方程联立y=kx+b，x2+y2=14，
得(k2+1)x2+2kbx+b2-14=0，
由韦达定理得x1+x2=-2kbk2+1，x1x2=b2-14k2+1，
所以sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ
=4x2y1+4x1y2=4x2(kx1+b)+4x1(kx2+b)
=8kx1x2+4b(x1+x2)=8k(b2-14)-8kb2k2+1=-2kk2+1，
因此，当k是常数时，
sin(α+β)是常数.
故选B.
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
15.【答案】
1
【解答】
由f(x)＝(ax-1)ex-2，得f'(x)＝aex-2+(ax-1)ex-2，
∴ f'(2)＝a+2a-1＝3a-1，
又f(2)＝2a-1，
∴ 曲线f(x)＝(ax-1)ex-2在点（2, f(2)）处的切线方程为y-2a+1＝(3a-1)(x-2)，
代入(3, 3)，得4-2a＝3a-1，解得a＝1．
16.【答案】
-13
【解答】
解：由Sn=3n-1+t，n≥2，
所以an=Sn-Sn-1
=3n-1+t-3n-2-t
=2⋅3n-2，①
由数列an是等比数列可得a1=S1=1+t，
适合①式，
所以1+t=23，
所以t=-13，
故答案为：-13.
17.【答案】
0.847
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【解答】
解方法一：PA⋅B¯⋅C+PA¯⋅B⋅C+P(A¯⋅B¯⋅C)+P(A⋅B⋅C)+P(A⋅B⋅C¯)=P(A)⋅
PB¯⋅PC+PA¯⋅PB⋅PC+PA¯⋅PB¯⋅
PC+PA⋅PB⋅PC+PA⋅PB⋅P(C¯)=0.847．
方法二：分析要使这段时间内线路正常工作只要排除Jc开且JA与JB至少有1个开的情况，
1-PC¯1-PA⋅B=1-0.3×1-0.72=0.847．
18.【答案】
102
【解答】
∵ |AF1|:|BF1|:|BF2|＝3:4:1，
不妨设|AF1|＝3k，|BF1|＝4k，|BF2|＝k，k≠0，
∴ |BF1|-|BF2|＝4k-k＝2a，
∴ k=23a，
∴ |AF2|＝|AF1|＝2a，
在Rt△AOF2中，|OF2|＝c，|OA|＝b，
∴ 4a2＝b2+c2＝c2-a2+c2，
∴ 5a2＝2c2，
∴ 5a=2c，
∴ e=ca=52=102，
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 12 分 ，共计60分 ）
19.【答案】
(1)证明：当四面体EDPC外接球的表面积为 5π 时，
则其外接球的半径为52.
因为ABCD是边长为2的菱形，CDEF是矩形，
ED=1，且平面CDEF⊥平面ABCD,
则ED ⊥平面ABCD，EC=5,
则EC为四面体EDPC外接球的直径，
所以∠EPC=90∘，即CB⊥EP.
由题意，CB⊥ED ，EP∩ED=E，
所以CB⊥DP.
因为∠BAD=∠BCD=60∘ ，
所以P为BC的中点.
记AD的中点为M，如图，连结MH，MB，
则MB//DP，MH//DE，DE∩DP=D，
所以平面HMB//平面EDP.
因为HB⊂平面HMB，
所以HB//平面EDP.
(2)解：由题意， ED⊥ 平面ABCD，则三棱锥 E-DPC 的高不变，
当四面体EDPC的体积最大时， △DPC 的面积最大，
所以当点P位于点B时，四面体EDPC的体积最大.
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，
则D0,0,0， E0,0,1，B3,1,0 ，H32,-12,12，C0,2,0,
所以DB→=3,1,0，DH→=32,-12,12，EC→=0,2,-1，EB→=3,1,-1.
设平面HDB的法向量为m→=x1,y1,z1.
则DB→⋅m→=3x1+y1=0,DH→⋅m→=32x1-12y1+12z1=0,
令x1=1，得m→=1,-3,-23.
设平面EBC的一个法向量为n→=x2,y2,z2，
则EC→⋅n→=2y2-z2=0，EB→⋅n→=3x2+y2-z2=0,
令y2=3，得n→=3,3,6.
设平面HDP与平面EPC所成锐二面角是φ，
则cosφ=|m→⋅n→||m→||n→|=78.
所以当四面体EDPC的体积最大时，
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平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值为 78.
【解答】
(1)证明：当四面体EDPC外接球的表面积为 5π 时，
则其外接球的半径为52.
因为ABCD是边长为2的菱形，CDEF是矩形，
ED=1，且平面CDEF⊥平面ABCD,
则ED ⊥平面ABCD，EC=5,
则EC为四面体EDPC外接球的直径，
所以∠EPC=90∘，即CB⊥EP.
由题意，CB⊥ED ，EP∩ED=E，
所以CB⊥DP.
因为∠BAD=∠BCD=60∘ ，
所以P为BC的中点.
记AD的中点为M，如图，连结MH，MB，
则MB//DP，MH//DE，DE∩DP=D，
所以平面HMB//平面EDP.
因为HB⊂平面HMB，
所以HB//平面EDP.
(2)解：由题意， ED⊥ 平面ABCD，则三棱锥 E-DPC 的高不变，
当四面体EDPC的体积最大时， △DPC 的面积最大，
所以当点P位于点B时，四面体EDPC的体积最大.
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，
则D0,0,0， E0,0,1，B3,1,0 ，H32,-12,12，C0,2,0,
所以DB→=3,1,0，DH→=32,-12,12，EC→=0,2,-1，EB→=3,1,-1.
设平面HDB的法向量为m→=x1,y1,z1.
则DB→⋅m→=3x1+y1=0,DH→⋅m→=32x1-12y1+12z1=0,
令x1=1，得m→=1,-3,-23.
设平面EBC的一个法向量为n→=x2,y2,z2，
则EC→⋅n→=2y2-z2=0，EB→⋅n→=3x2+y2-z2=0,
令y2=3，得n→=3,3,6.
设平面HDP与平面EPC所成锐二面角是φ，
则cosφ=|m→⋅n→||m→||n→|=78.
所以当四面体EDPC的体积最大时，
平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值为 78.
20.【答案】
解：(1)因为 |OA| 的最小值是 2 ，
所以 b=2.
因为椭圆E的焦距为 22 ，
所以 2c=22 ，即c=2，
所以 a2=b2+c2=4.
故椭圆E的标准方程是 x24+y22=1.
(2)①当直线l的斜率不存在时，
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因为直线l与圆O相切，所以直线l的方程为 x=±t,
则直线l与椭圆E的交点为 t,±8-2t22或-t,±8-2t22，
因为 OP⊥OQ ，所以 x1x2+y1y2=t2-8-2t24=0 ，
所以 t2=43 ，即t=233.
②当直线l的斜率存在时，
可设直线l的方程为 y=kx+m，Px1,y1， Qx2,y2，
联立x24+y22=1，y=kx+m，
整理得 2k2+1x2+4kmx+2m2-4=0，
x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-42k2+1，
因为 Px1,y1,Qx2,y2 在直线l上，
所以 y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2.
将x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-42k2+1 代人上式，
得 y1y2=k22m2-42k2+1-4k2m22k2+1+m2=m2-4k22k2+1.
因为 OP⊥OQ ，
所以 x1x2+y1y2=2m2-42k2+1+m2-4k22k2+1=0 ，
即3m2=4k2+1，
因为动直线l与圆O相切，
所以 |m|k2+1=t ,
所以 t2=m2k2+1=43 ，即t=233.
综上，存在t=233使得 OP⊥OQ.
【解答】
解：(1)因为 |OA| 的最小值是 2 ，
所以 b=2.
因为椭圆E的焦距为 22 ，
所以 2c=22 ，即c=2，
所以 a2=b2+c2=4.
故椭圆E的标准方程是 x24+y22=1.
(2)①当直线l的斜率不存在时，
因为直线l与圆O相切，所以直线l的方程为 x=±t,
则直线l与椭圆E的交点为 t,±8-2t22或-t,±8-2t22，
因为 OP⊥OQ ，所以 x1x2+y1y2=t2-8-2t24=0 ，
所以 t2=43 ，即t=233.
②当直线l的斜率存在时，
可设直线l的方程为 y=kx+m，Px1,y1， Qx2,y2，
联立x24+y22=1，y=kx+m，
整理得 2k2+1x2+4kmx+2m2-4=0，
x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-42k2+1，
因为 Px1,y1,Qx2,y2 在直线l上，
所以 y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2.
将x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-42k2+1 代人上式，
得 y1y2=k22m2-42k2+1-4k2m22k2+1+m2=m2-4k22k2+1.
因为 OP⊥OQ ，
所以 x1x2+y1y2=2m2-42k2+1+m2-4k22k2+1=0 ，
即3m2=4k2+1，
因为动直线l与圆O相切，
所以 |m|k2+1=t ,
所以 t2=m2k2+1=43 ，即t=233.
综上，存在t=233使得 OP⊥OQ.
21.【答案】
解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
f'(x)=(x-1)ex-ax，
令f'(x)=(x-1)ex-ax≥0恒成立，
当x-1>0，即x>1时，
需ex-ax>0，即axex⇒a≥e.
综上，得a=e.
(2)由f'(x)=(x-1)ex-ax，
得当a≤0时，f(x)在(0,1)上为减函数，
在(1,+∞)上为增函数，
所以f(x)≥f(1)=-e-a，
仅当-e-a=0，
即a=-e时，f(x)有1个零点.
当00，
故g(x)在(0,+∞)上为增函数.
g(1)=e-a>0,gae=eae-e<0，
故g(x)在(0,1)上有唯一零点，
设为x0，即ex0-ax0=0⇒a=x0ex0，
在区间0,x0上g(x)<0,f'(x)>0,f(x)单调递增；
在x0,1上，g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调递减；
在(1,+∞)上，g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增.
fx0=x0-2ex0+alnx0-x0，
因为x0-2<0,lnx0-x0<0，
故fx0=x0-2ex0+alnx0-x0<0，
故在(0,1)上，f(x)≤fx0<0；
在(1,+∞)上，因为f(3)=e3+a(ln3-3)>ee2+ln3-3>0，
故f(x)有1个零点，即00，
知f(x)仅有1个零点.
当a>e时，由g(x)在(0,+∞)上为增函数，
且g(1)=e-a<0,g(a)=ea-1>0，
得g(x)=ex-ax有零点，
设为m0，且m0>1，
故在(0,1)上，
g(x)<0，f'(x)>0，f(x)单调递增；
在1,m0上，
g(x)<0，f'(x)<0，f(x)单调递减；
在(m0,+∞)上，
g(x)>0，f'(x)>0，f(x)单调递增.
而f(1)=-e-a<0，故在(0,m0)上，f(x)≤f(1)<0，
在(m0,+∞)上，取b=maxe2,ln(a+1)，
则f(b)=(b-2)eb+alnb-ab
≥(b-2)eb+2a-ab
=(b-2)eb-a≥b-2>0，
故a>e时，在(m0,+∞)上，f(x)有1个零点.
综上，得a的取值范围为(0,+∞)∪{-e}.
【解答】
解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
f'(x)=(x-1)ex-ax，
令f'(x)=(x-1)ex-ax≥0恒成立，
当x-1>0，即x>1时，
需ex-ax>0，即axex⇒a≥e.
综上，得a=e.
(2)由f'(x)=(x-1)ex-ax，
得当a≤0时，f(x)在(0,1)上为减函数，
在(1,+∞)上为增函数，
所以f(x)≥f(1)=-e-a，
仅当-e-a=0，
即a=-e时，f(x)有1个零点.
当00，
故g(x)在(0,+∞)上为增函数.
g(1)=e-a>0,gae=eae-e<0，
故g(x)
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在(0,1)上有唯一零点，
设为x0，即ex0-ax0=0⇒a=x0ex0，
在区间0,x0上g(x)<0,f'(x)>0,f(x)单调递增；
在x0,1上，g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调递减；
在(1,+∞)上，g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增.
fx0=x0-2ex0+alnx0-x0，
因为x0-2<0,lnx0-x0<0，
故fx0=x0-2ex0+alnx0-x0<0，
故在(0,1)上，f(x)≤fx0<0；
在(1,+∞)上，因为f(3)=e3+a(ln3-3)>ee2+ln3-3>0，
故f(x)有1个零点，即00，
知f(x)仅有1个零点.
当a>e时，由g(x)在(0,+∞)上为增函数，
且g(1)=e-a<0,g(a)=ea-1>0，
得g(x)=ex-ax有零点，
设为m0，且m0>1，
故在(0,1)上，
g(x)<0，f'(x)>0，f(x)单调递增；
在1,m0上，
g(x)<0，f'(x)<0，f(x)单调递减；
在(m0,+∞)上，
g(x)>0，f'(x)>0，f(x)单调递增.
而f(1)=-e-a<0，故在(0,m0)上，f(x)≤f(1)<0，
在(m0,+∞)上，取b=maxe2,ln(a+1)，
则f(b)=(b-2)eb+alnb-ab
≥(b-2)eb+2a-ab
=(b-2)eb-a≥b-2>0，
故a>e时，在(m0,+∞)上，f(x)有1个零点.
综上，得a的取值范围为(0,+∞)∪{-e}.
22.【答案】
解：由题意知，所有的选派方法共有C52C42=60种，
其中有3名女生的选派方法共有C41C11C22=4种，
所以选出的4名同学中至多有2名女生的选派方法数为60-4=56种．
(2)X的可能取值为0，1，2，3．
P(X=0)=C42C22C52C42=110，
P(X=1)=C42C11C22+C42C21C21C52C42=715，
P(X=2)=C41C11C21C21+C42C22C52C42=1130，
P(X=3)=C41C11C22C52C42=115，
∴ X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
110
715
1130
115
∴ E(X)=0×110+1×715+2×1130+3×115=75．
【解答】
解：由题意知，所有的选派方法共有C52C42=60种，
其中有3名女生的选派方法共有C41C11C22=4种，
所以选出的4名同学中至多有2名女生的选派方法数为60-4=56种．
(2)X的可能取值为0，1，2，3．
P(X=0)=C42C22C52C42=110，
P(X=1)=C42C11C22+C42C21C21C52C42=715，
P(X=2)=C41C11C21C21+C42C22C52C42=1130，
P(X=3)=C41C11C22C52C42=115，
∴ X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
110
715
1130
115
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∴ E(X)=0×110+1×715+2×1130+3×115=75．
23.【答案】
证明：(1)因为 a,b 为正数，且 a+b=1，
所以ab≤(a+b2)2=14,当且仅当a=b=12 时，等号成立.
所以(1+1a)(1+1b)=1+1a+1b+1ab=1+a+b+1ab=1+2ab≥9,
当且仅当 a=b=12 时，等号成立.
(2)不妨设 a=12+δ，b=12-δ,0≤δ<12，
则(a+1a)(b+1b)=(a2+1)(b2+1)ab=(δ2+δ+54)(δ2-δ+54)(12+δ)(12-δ)
=2516+32δ2+δ414-δ2≥251614=254.
当且仅当δ=0,即a=b=12时，等号成立.
【解答】
证明：(1)因为 a,b 为正数，且 a+b=1，
所以ab≤(a+b2)2=14,当且仅当a=b=12 时，等号成立.
所以(1+1a)(1+1b)=1+1a+1b+1ab=1+a+b+1ab=1+2ab≥9,
当且仅当 a=b=12 时，等号成立.
(2)不妨设 a=12+δ，b=12-δ,0≤δ<12，
则(a+1a)(b+1b)=(a2+1)(b2+1)ab=(δ2+δ+54)(δ2-δ+54)(12+δ)(12-δ)
=2516+32δ2+δ414-δ2≥251614=254.
当且仅当δ=0,即a=b=12时，等号成立.
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