2018-2019学年辽宁省凤城市第一中学高二6月月考数学（理)试题 解析版

2018-2019学年辽宁省凤城市第一中学高二6月月考数学（理)试题 解析版

绝密★启用前 辽宁省凤城市第一中学 2018-2019 高二 6 月月考数学（理)试 卷 评卷人 得分 一、单选题 1．已知随机变量 服从正态分布 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 由正态分布的特征得 ＝ ，选 A. 2．用数学归纳法证明“ ”，则当 时，应 当在 时对应的等式的左边加上（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 由数学归纳法可知 时，左端 ，当 时， ，即可得到答案. 【详解】 由题意，用数学归纳法法证明等式 时， 假设 时，左端 ， 当 时， ， 所以由 到 时需要添加的项数是 ， 故选 C. 【点睛】 ξ 2(2 )N σ， ( 4) 0.84P ξ =≤ ( 0)P ξ =≤ 0.16 0.32 0.68 0.84 ( 0)P ξ ≤ 1 ( 4) 1 0.84 0.16P ξ− ≤ = − = 5 3 3 *1 2 3 2 n nn n N ++ + + + = ∈ ， 1n k= + n k= 3k 1+ ( )31k + ( ) ( ) ( )3 3 3k 1 k 2 1k+ + + + + + 5 4 n k= 31 2 3 k+ + + + 1n k= + 31 2 3 k+ + + + 3 3( 1) ( 1)k k+ + + + + 5 3 31 2 3 2 n nn ++ + + + = n k= 31 2 3 k+ + + + 1n k= + 31 2 3 k+ + + + 3 3( 1) ( 1)k k+ + + + + n k= 1n k= + 3 3( 1) ( 1)k k+ + + + 本题主要考查了数学归纳法的应用，着重考查了理解与观察能力，以及推理与论证能力， 属于基础题. 3．由①安梦怡是高二（1）班的学生，②安梦怡是独生子女，③高二（1）班的学生都 是独生子女，写一个“三段论”形式的推理，则大前提，小前提和结论分别为（ ） A．②①③ B．②③① C．①②③ D．③①② 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三段论推理的形式“大前提，小前提，结论”，根据大前提、小前提和结论的关系， 即可求解. 【详解】 由题意，利用三段论的形式可得演绎推理的过程是： 大前提：③高二（1）班的学生都是独生子女； 小前提：①安梦怡是高二（1）班的学生； 结论：②安梦怡是独生子女，故选 D. 【点睛】 本题主要考查了演绎推理中的三段论推理，其中解答中正确理解三段论推理的形式是解 答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题. 4．函数 的图像大致为 (　　) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 ( ) 2 e ex x f x x −−= 分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像. 详解： 为奇函数，舍去 A, 舍去 D; ， 所以舍去 C；因此选 B. 点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象 左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变 化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环 往复． 5．已知 ， ， ，则下列三个数 ， ， （ ） A．都大于 B．至少有一个不大于 C．都小于 D．至少有一个不小于 【答案】D 【解析】 分析：利用基本不等式可证明 ，假设三个数都小于 ，则 不可能，从而可得结果. 详解： ， 假设三个数都小于 ， 则 ，所以假设不成立， 所以至少有一个不小于 ，故选 D. 点睛：本题主要考查基本不等式的应用，正难则反的思想，属于一道基础题. 反证法的 适用范围：（1）否定性命题；（2）结论涉及“至多”、“至少”、“无限”、“唯一”等词语 的命题；（3）命题成立非常明显，直接证明所用的理论较少，且不容易证明，而其逆 否命题非常容易证明；（4）要讨论的情况很复杂，而反面情况较少． 6．若 的二项展开式各项系数和为 ， 为虚数单位，则复数 的运算 结果为（ ） A． B． C． D． 20, ( ) ( ) ( ) x xe ex f x f x f xx − −≠ − = = − ∴ 1(1) 0f e e−= − > ∴ 2 4 3 ( ) ( )2 ( 2) ( 2)( ) 2, ( ) 0 x x x x x xe e x e e x x e x ef x x f xx x − − −+ − − − + += = ′∴ >′ > a b ( )0,c∈ +∞ 1a b + 4b c + 9c a + 4 4 4 4 1 1 1a b cb c a + + + + + 6≥ 2 1 1 1 6a b cb c a + + + + + < 1 1 1 1 1 1 6a b c a b cb c a a b c      + + + + + = + + + + + ≥           2 1 1 1 6a b cb c a + + + + + < 2 (1 3 )nx+ 256 i (1 )ni+ 16− 16 4− 4 【答案】C 【解析】 【详解】 分析：利用赋值法求得 ，再按复数的乘方法则计算． 详解：令 ，得 ， ， ∴ ． 故选 C． 点睛：在二项式 的展开式中，求系数和问题，一般用赋值法，如各项 系数为 ，二项式系数和为 ，两者不能混淆． 7．曲线 在点 处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 分析：先求切线斜率，再根据点斜式得切线方程，最后根据切线与坐标轴交点坐标，求 三角形面积. 详解：因为 ，所以 , 所以切线方程为 ， 因此与坐标轴交点为 ，围三角形的面积为 选 A. 点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来 进行转化. 8．甲、乙两支球队进行比赛，预定先胜3 局者获得比赛的胜利，比赛随即结束.结束除 第五局甲队获胜的概率是 外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是 .假设各局比赛结 果相互独立.则甲队以 3：2 获得比赛胜利的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 n 1x = 4 256n = 4n = 4 2(1 ) (2 ) 4i i+ = = − ( ) ( )nf x a bx= + (1)f 2n 1 2 x y e= ( )24,e 2e 24e 22e 29 2 e 1 2 x y e= 1 1 4 22 21 1 1 2 2 2 x y e k e e ×= ∴ =′ = 2 2 2 21 1( 4) 02 2y e e x e x y e− = − ∴ − − = 2(0, ),(2,0)e− 2 21 2 .2 e e× × = 1 2 2 3 2 81 4 27 8 27 16 81 若是 3:2 获胜，那么第五局甲胜，前四局 2:2，所以概率为 ， 故选 B. 9．甲、乙、丙、丁、戊五位同学站成一排照相留念，则在甲乙相邻的条件下，甲丙也 相邻的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 试题分析：甲乙相邻的排队顺序共有 种， 其中甲乙相邻，甲丙相邻的排队顺序共有 种， ∴甲乙相邻的条件下，甲丙也相邻的概率为 考点：古典概型及其概率计算公式 10．已知 ，若 ，则 的值为 （ ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据定积分的几何意义求得 的值，再分别令 和 ，即可求解，得到答案. 【详解】 由题意，定积分 表示以原点为圆心，以 2 为半径的圆的面积的四分之一， 则 ，所以 ， 令 可得 ，即 ， 令 ，可得 ， 即 ，故选 A. 【点睛】 2 2 2 4 1 2 1 4 2 3 3 27P C    = ⋅ ⋅ =       1 10 1 4 1 3 2 3 4 42 48A = 3 32 12A = 12 1 48 4 = 2 2 0 2 4a x dxπ= −∫ ( ) ( )2018 2 2018 0 1 2 20181 ax b b x b x b x x R− = + + + + ∈ 20181 2 2 20182 2 2 bb b+ + + 1− a 0x = 1 2x = 2 2 0 4 x dx-ò 2 1 4 24a ππ= × × = ( ) ( )2018 2 2018 0 1 2 20181 2x b b x b x b x x R− = + + + + ∈ 0x = ( )2018 01 2 0 b− × = 0 1b = 1 2x = 2018 20181 2 0 2 2018 11 2 02 2 2 2 bb bb − × = + + + + =    20181 2 02 2018 12 2 2 bb b b+ + + = − = − 本题主要考查了二项式定理的应用，以及定积分的应用，其中解答合理赋值求解二项展 开式的系数问题是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 11．“杨辉三角”又称“贾宪三角”，是因为贾宪约在公元 1050 年首先使用“贾宪三角” 进行高次开方运算，而杨辉在公元 1261 年所著的《详解九章算法》一书中，记录了贾 宪三角形数表，并称之为“开方作法本源”图．下列数表的构造思路就源于“杨辉三 角”．该表由若干行数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之 和，表中最后一行仅有一个数，则这个数是 （ ） 2017 2016 2015 2014……6 5 4 3 2 1 4033 4031 4029…………11 9 7 5 3 8064 8060………………20 16 12 8 16124……………………36 28 20 ……………………… A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 数表的每一行都是等差数列，从右到左，第一行公差为 1，第二行公差为 2，第三行公 差为 4，…，第 2015 行公差为 22014，第 2016 行只有 M，由此可得结论． 【详解】 由题意，数表的每一行都是等差数列，从右到左， 且第一行公差为 1，第二行公差为 2，第三行公差为 4，…，第 2015 行公差为 22014， 故从右到左第 1 行的第一个数为：2×2﹣1， 从右到左第 2 行的第一个数为：3×20， 从右到左第 3 行的第一个数为：4×21， … 从右到左第 n 行的第一个数为：（n+1）×2n﹣2， 第 2017 行只有 M， 则 M=（1+2017）•22015=2018×22015 故答案为：B． 【点睛】 20162017 2× 2015018 22 × 20152017 2× 2016018 22 × 本题主要考查归纳与推理，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. 12．已知函数 ，若关于 的方程 有 5 个不同的实数解，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 利用导数研究函数 y= 的单调性并求得最值，求解方程 2[f（x）]2+（1﹣2m）f（x） ﹣m=0 得到 f（x）=m 或 f（x）= ．画出函数图象，数形结合得答案． 【详解】 设 y= ，则 y′= ， 由 y′=0，解得 x=e， 当 x∈（0，e）时，y′＞0，函数为增函数，当 x∈（e，+∞）时，y′＜0，函数为减函 数． ∴当 x=e 时，函数取得极大值也是最大值为 f（e）= ． 方程 2[f（x）]2+（1﹣2m）f（x）﹣m=0 化为[f（x）﹣m][2f（x）+1]=0． 解得 f（x）=m 或 f（x）= ． 如图画出函数图象： 可得 m 的取值范围是（0， ）． 故答案为：C． 【点睛】 ( ) 2 1 1 ln 1 x x f x x xx  − <=  ≥ ， ， x ( ) ( ) ( )22 1 2 0f x m f x m+ − − =   m 11 3  −  ， ( )0 + ∞， 10 e     ， 11 e  −  ， ln x x 1 2 − ln x x 2 1 ln x x − 1 e 1 2 − 1 e （1）本题主要考查利用导数求函数的单调性，考查函数图像和性质的综合运用，考查 函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理转化能力.(2) 本题的解答关键有两点，其一是利用导数准确画出函数 的图像，其二是化简 得到 f（x）=m 或 f（x）= ． ( )f x ( ) ( ) ( )22 1-2 0f x m f x m  + − =  1 2 − 评卷人 得分 二、填空题 13．已知复数 满足 ，则 等于______. 【答案】 【解析】 【分析】 先求出复数 z,再求|z|. 【详解】 由题得 . 故答案为： 【点睛】 （1）本题主要考查复数的计算和复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水 平和基本的计算能力.(2) 复数 的模 . 14．若函数 在 内有且只有一个零点，则 在 上的最大值与最小值的和为____． 【答案】 【解析】 【分析】 由题意，函数 在 内有且只有一个零点，利用导数 得到函数的单调性与最值，求得实数 ，得到函数的解析式 ， 进而利用导数求得函数的最值，即可求解. 【详解】 由题意，函数 在 内有且只有一个零点， 所以 ， 当 时，此时 ，此时 在 内单调递增， 又由 ，所以函数 在 内没有零点，舍去； z ( )1 2 3 4i z i+ = + z 5 2 23 4 (3 4 )(1 2 ) 11 2 11 2, ( ) ( ) 51 2 (1 2 )(1 2 ) 5 5 5 i i i iz zi i i + + − −= = = ∴ = + − =+ + − 5 ( , )z a bi a b R= + ∈ 2 2z a b= + ( ) ( )3 22 1f x x ax a R= − + ∈ (0, )+∞ ( )f x [ ]1 1− ， 3− ( ) ( )3 22 1f x x ax a R= − + ∈ ( )0 + ∞， 3a = ( ) 3 22 3 1f x x x= − + ( ) ( )3 22 1f x x ax a R= − + ∈ ( )0 + ∞， ( ) ( )2 (3 ), 0f x x x a x= − ∈′ + ∞， 0a ≤ ( ) 2 (3 ) 0f x x x a= − >′ ( )f x ( )0 + ∞， ( )0 1f = ( )f x ( )0 + ∞， 当 时，令 ，解得 ， 所以函数 在 内单调递减，在 上单调递增， 又由函数 在 内有且只有一个零点， 所以 ，解得 ， 所以 ，则 ， ， 当 时， ，函数 单调递增， 当 时， ，函数 单调递增， 且 ， 所以函数 在 的最小值为 ，最大值为 ， 所以函数 在 上的最大值与最小值和为 . 【点睛】 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数求解函数的最值的应用，其 中解答中把函数的零点问题转化为函数的最值问题，合理利用导数求得函数的单调性与 最值是解答的关键，着重考查了逻辑思维能力和综合应用能力，属于中档试题. 15．《中国诗词大会》节目组决定把《将进酒》、《山居秋暝》、《望岳》、《送杜少府之任 蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将 进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排 在最后，则后六场开场诗词的排法有____种.（用数字作答） 【答案】36 【解析】 【分析】 根据题意，分 2 步分析：①将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗 词进行全排列，②再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在 3 个空里（最后 一个空不排），由分步计数原理计算可得答案． 【详解】 根据题意，分 2 步分析： ①将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有 种 排法， 0a > ( ) 0 2 (3 ) 0f x x x a> −′ ⇒ > 3 ax > ( )f x (0 )3 a， ( , )3 a +∞ ( )f x ( )0 + ∞， 3 3 2( ) 2( ) ( ) 1 1 03 3 3 27 a a a af a= − + = + = 3a = ( ) 3 22 3 1f x x x= − + ( ) 26 6 6 ( 1)f x x x x x=′ = − − [ 1,1]x∈ − ( 1,0)x∈ − ( ) 0f x′ > ( )f x (0,1)x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )1 4, (0) 1, (1) 0f f f− = − = = ( )f x [ 1,1]− ( )1 4f − = − (0) 1f = ( )f x [ 1,1]− 4 1 3− + = − 3 3A ②再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在 3 个空里（最后一个空不排），有 种排法， 则后六场的排法有 =36（种）， 故答案为：36． 【点睛】 （1）本题主要考查排列组合的综合应用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析 推理能力.(2)排列组合常见解法有：一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插 空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数 问题列举法. 16．对于三次函数 ，定义：设 是函数 的导数 的导数，若方程 有实数解 ，则称点 为函数 的“拐点”.有同学发现“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函 数都有对称中心；且‘拐点’就是对称中心.”请你将这一发现视为条件，若函数 ，则它的对称中心为______；并计算 =______． 【答案】 . . 【解析】 【详解】 分析：求出 ，再求得 的解，可得 的对称中心，利用对称性可计算 和． 详解： ， ，由 得 ，又 ， ∴对称中心为 ， 从而 ， ∴ 2 3A 3 2 3 3A A ( ) ( )3 2 0ax bx d af x cx= + + + ≠ ( )f x′′ ( )f x ( )y f x= ( ) 0f x′′ = 0x ( )( )0 0x f x， ( )y f x= ( ) 3 22 233 3x xf xx = − + + 1 2 3 2017 2018 2018 2018 2018f f f f       + + + +               1 ,22      4034 "( )f x "( ) 0f x = ( )f x 2'( ) 2 2 3f x x x= − + "( ) 4 2f x x= − "( ) 0f x = 1 2x = 1( ) 22f = 1( ,2)2 ( ) (1 ) 4f x f x+ − = 1 2 2018 2018f f   +       3 2017 2018 2018f f   + +⋅⋅⋅+ =       1 2017( ( ) ( ))2018 2018f f+ 2 2016( ( ) ( ))2018 2018f f+ + 1008 2010( ( ) ( ))2018 2018f f+ + + + 1009( )2018f+ ． 故答案为 ，4034． 点睛：本题考查新定义，考查阅读理解能力、考查分析问题与解决问题的能力．解题中 新定义“拐点”：实质是示二阶导数的零点，由拐点是对称中心得题中求和可用配对法 或倒序相加法求解． 评卷人 得分 三、解答题 17．已知 . （1）当 时，求不等式 的解集； （2）若 时不等式 成立，求 的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）分类讨论去掉绝对值号，化为分段函数，即可求解不等式的解集； （2）当 时不等式 成立，转化为 成立，进而可求得实数 的范围. 【详解】 （1）当 时， ，即 由 ，则 或 ，解得 ， 故不等式 的解集为 ． （2）当 时 成立等价于当 时 成立． 所以 ，所以 ， 因为 ，所以 ，所以 ，所以 ， 又因为 ，所以 . 4 1008 2 4034= × + = 1( ,2)2 ( ) 1 1f x x ax= + − − 1a = ( ) 1f x > ( )0 1x∈ ， ( )f x x> a 1 2x x  >    ( ]0 2， ( )0 1x∈ ， ( )f x x> 1 1ax − < a 1a = ( ) 1 1f x x x= + − − ( ) 2 1 2 1 1 2 1. x f x x x x − ≤ − = − < <  ≥ ， ， ， ， ， ( ) 1f x > 2 1 1 1 x x > − < < 2 1 1x >  ≥ 1 2x > ( ) 1f x > 1 2x x  >    ( )0 1x∈ ， 1 1x ax x+ − − > ( )0 1x∈ ， 1 1ax − < 1 1 1ax− < − < 0 2ax< < ( )0 1x∈ ， 0a > 20 x a < < 2a x < 2 2x > 0 2a< ≤ 【点睛】 本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及含绝对值不等式的参数取值范围问题，其中 解答中熟记绝对值不等式的解法，合理转化是解答的关键，着重考查了推理与运算能力， 属于基础题. 18．在平面直角坐标系 中，已知倾斜角为 的直线 经过点 .以坐标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 （1）写出曲线 的普通方程; （2）若直线 与曲线 有两个不同的交点 ，求 的取值范围. 【答案】(1) . (2) . 【解析】 分析：(1)利用极坐标与直角坐标互化的公式可得曲线 的普通方程为 . (2)联立直线的参数方程与 C 的二次方程可得 .结合直线 参数的几何意义有 .利用三角函数的性质 可知 的取值范围是 . 详解：(1)由 得 . 将 ，代入上式中, 得曲线 的普通方程为 . (2)将 的参数方程 ( 为参数)代入 的方程 , 整理得 . 因为直线 与曲线 有两个不同的交点， 所以 ,化简得 . xoy α l ( )2 1A − ， O x C 1 2sin 3 ρ θ ρ += C l C M N， AM AN+ 2 2 2 3 0x y y+ + − = (4,4 2 C 2 2 2 3 0x y y+ + − = ( )2 4t cos sinα α− − 4 0t + = ( )1 2AM AN t t+ = − + = 4 2 4sin πα −   AM AN+ (4,4 2 1 2sin 3 ρ θ ρ += 2 2 3sinρ ρ θ+ = 2 2 2x y y sin ρ ρ θ  = +  = C 2 2 2 3 0x y y+ + − = l 2 , 1 x tcos y tsin α α = − +  = + t C 2 2 2 3 0x y y+ + − = ( )2 4t cos sinα α− − 4 0t + = l C ( )224 cos sinα α∆ = − 24 0− > 0cos sinα α < 又 ,所以 ，且 . 设方程的两根为 ,则 ， ， 所以 , 所以 . 由 ，得 ， 所以 ,从而 ， 即 的取值范围是 . 点睛：本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，直线参数方程的几何意义及其 应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 19．高铁、网购、移动支付和共享单车被誉为中国的“新四大发明”，彰显出中国式创 新的强劲活力.某移动支付公司从我市移动支付用户中随机抽取 100 名进行调查，得到 如下数据： 每周移动支付次数 1 次 2 次 3 次 4 次 5 次 6 次及以上 男 10 8 7 3 2 15 女 5 4 6 4 6 30 合计 15 12 13 7 8 45 （1）把每周使用移动支付 6 次及 6 次以上的用户称为“移动支付达人”，按分层抽样的 方法，在我市所有“移动支付达人”中，随机抽取 6 名用户 ①求抽取的 6 名用户中，男女用户各多少人； ②从这 6 名用户中抽取 2 人，求既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概 率 （2）把每周使用移动支付超过 3 次的用户称为“移动支付活跃用户”，填写下表，问能 否在犯错误概率不超过 0.01 的前提下，认为“移动支付活跃用户”与性别有关？ 非移动支付活跃用户 移动支付活跃用户 合计 男 0 α π≤ < 2 π α π< < 0, 0cos sinα α 1 2,t t ( )1 2 4 0t t cos sinα α+ = − < 1 2 4 0t t = > 1 20, 0t t< < ( )1 2AM AN t t+ = − + ( )4 sin cosα α= − = 4 2 4sin πα −   2 π α π< < 3 4 4 4 π π πα< < < 2 12 4sin πα < − ≤   4 4 2sin< 4 24 πα − ≤   AM AN+ (4,4 2 女 合计 附： 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）① 男 2 人，女 4 人；（2） ；（3）见解析 【解析】 【分析】 (1) ①利用分层抽样求出抽取的 6 名用户中，男女用户各多少人. ②利用对立事件的概 率和古典概型求既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概率. (2)先完成 列联表，再求 的值，再判断能否在犯错误概率不超过 0.01 的前提下，认为“移动支 付活跃用户”与性别有关. 【详解】 （1）① 男人： 2 人，女人：6-2=4 人； ②既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概率 . （2）由表格数据可得 列联表如下： 非移动支付活跃用户 移动支付活跃用户 合计 男 25 20 45 女 15 40 55 合计 40 60 100 将列联表中的数据代入公式计算得： ( ) ( )( )( )( ) 2 2 n ad bc a b c d a d b d χ −= + + + + ( )2P kχ ≥ k 8 15 2χ 16 3 × = 2 2 4 2 2 6 7 81 1 15 15 C CP C += − = − = 2 2× ， 所以在犯错误概率不超过 0.01 的前提下，能认为“移动支付活跃用户”与性别有关. 【点睛】 （1）本题主要考查分层抽样和概率的计算，考查独立性检验，意在考查学生对这些知 识的掌握水平和分析推理能力.(2) 古典概型的解题步骤:①求出试验的总的基本事件数 ；②求出事件 A 所包含的基本事件数 ；③代公式 = . 20．已经函数 . （1）讨论函数 的单调区间； （2）若函数 在 处取得极值，对 恒成立，求 实数 的取值范围. 【答案】(1) ①当 时， 的递减区间是 ，无递增区间；②当 时， 的递增区间是 ，递减区间是 . (2) . 【解析】 【详解】 分析：（Ⅰ）求出导函数 ，由于定义域是 ，可按 和 分 类讨论 的正负，得单调区间． （Ⅱ）由函数在 处取极值得 且可得 的具体数值，而不等式 可转化为 ，这样只要求得 的最小值即可． 详解：（Ⅰ）在区间 上， . ①若 ，则 ， 是区间 上的减函数； ②若 ，令 得 . 在区间 上， ，函数 是减函数； ( )2 2 100 25 40 15 20 8.249 6.63540 60 55 45 χ × − ×= ≈ >× × × n m ( )P A A m n =包含的基本事件数 总的基本事件个数 ( ) 2 lnax x af x R= − − ∈， ( )f x ( )f x 1x = ( )0 ( ) 3x f x bx∀ ∈ + ∞ −， ， ≥ b 0a ≤ ( )f x ( )0, ∞+ 0a > ( )f x 1 ,a  +∞   10, a      2 11b e −≤ 1'( ) axf x x −= 0x > 0a ≤ 0a > '( )f x 1x = 0a > a ( ) 3f x bx≥ − 1 lnx x bx + − ≥ 1 ln( ) x xg x x + −= ( )0,+¥ ( ) 1 1' axf x a x x −= − = 0a ≤ ( )' 0f x < ( )f x ( )0,+¥ 0a > ( )' 0f x = 1x a = 10, a      ( )' 0f x < ( )f x 在区间 上， ，函数 是增函数； 综上所述，①当 时， 的递减区间是 ，无递增区间； ②当 时， 的递增区间是 ，递减区间是 ． （II）因为函数 在 处取得极值，所以 解得 ，经检验满足题意． 由已知 ，则 令 ，则 易得 在 上递减，在 上递增， 所以 ，即 . 点睛：本题考查用导数求函数的单调区间、函数极值，用导数研究不等式恒成立问 题．不等式恒成立通常通过分离参数法转化为求函数的最值． 21．新能源汽车的春天来了！2018 年 3 月 5 日上午，李克强总理做政府工作报告时表 示，将新能源汽车车辆购置税优惠政策再延长三年，自 2018 年 1 月 1 日至 2020 年 12 月 31 日，对购置的新能源汽车免征车辆购置税.某人计划于 2018 年 5 月购买一辆某品 牌新能源汽车，他从当地该品牌销售网站了解到近五个月实际销量如下表： 月份 2017.12 2018.01 2018.02 2018.03 2018.04 月份编号 t 1 2 3 4 5 销量（万辆） 0.5 0.6 1 1.4 1.7 （1）经分析，可用线性回归模型拟合当地该品牌新能源汽车实际销量 （万辆）与月 份编号 之间的相关关系.请用最小二乘法求 关于 的线性回归方程 ，并预 测 2018 年 5 月份当地该品牌新能源汽车的销量； （2）2018 年 6 月 12 日，中央财政和地方财政将根据新能源汽车的最大续航里程（新 能源汽车的最大续航里程是指理论上新能源汽车所装的燃料或电池所能够提供给车跑 的最远里程）对购车补贴进行新一轮调整.已知某地拟购买新能源汽车的消费群体十分 庞大，某调研机构对其中的 200 名消费者的购车补贴金额的心理预期值进行了一个抽样 调查，得到如下一份频数表： ( )' 0f x > ( )f x 0a ≤ ( )f x ( )0,+¥ 0a > ( )f x 1 ,a  +∞   10, a      ( )f x 1x = ( )' 1 0f = 1a = ( ) 3f x bx≥ − 1 lnx x bx + − ≥ ( ) 1 ln 1 ln1x x xg x x x x + −= = + − ( ) 2 2 1 1 ln ln 2' x xg x x x x − −= − = ( )g x ( 20,e  )2 ,e +∞ ( ) ( )2 2min 11g x g e e = = − 2 11b e −≤ y t y t  y bt a= + 补贴金额预期 值区间（万元） 20 60 60 30 20 10 将频率视为概率，现用随机抽样方法从该地区拟购买新能源汽车的所有消费者中随机抽 取 3 人，记被抽取 3 人中对补贴金额的心理预期值不低于 3 万元的人数为 ，求 的分 布列及数学期望 . 参考公式及数据： ①回归方程 ，其中 ， ，② . 【答案】（1）约为 2 万辆；（2）见解析 【解析】 【分析】 (1)利用最小二乘法求 关于 的线性回归方程为 ，再令 得到 2018 年 5 月份当地该品牌新能源汽车的销量.(2)先分析得到 ～ ，再根据二 项分布求 的分布列及数学期望 . 【详解】 （1）易知 ， ， ， ， 则 关于 的线性回归方程为 ， 当 时， ，即 2018 年 5 月份当地该品牌新能源汽车的销量约为 2 万辆. （2）根据给定的频数表可知，任意抽取 1 名拟购买新能源汽车的消费者，对补贴金额 [ )1 2， [ )2 3， [ )3 4， [ )4 5， [ )5 6， [ )6 7， ξ ξ ( )E ξ y bx a= +   ( )( ) ( ) 1 1 2 2 2 1 1 ˆ n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x nx = = = = − − − = = − − ∑ ∑ ∑ ∑  a y bx= −  5 1 18.8i i i t y = =∑ y得 t 0.32 0 8ˆ .0y t= + 6t = ξ 33, 5B     ξ ( )E ξ 1 2 3 4 5 35t + + + += = 0.5 0.6 1 1.4 1.7 1.045y + + + += = 5 2 2 2 2 2 2 1 1 2 3 4 5 55i i t = = + + + + =∑ 2 18.8 5 3 1.04 0.3255 5 ˆ 3b − × ×= =− × 1.04 0.32 0ˆ 3 .08a = − × = y t 0.32 0 8ˆ .0y t= + 6t = ˆ 2.00y = 的心理预期值不低于 3 万元的概率为 ，由题意可知 ～ ， 的所有可 能取值为 0,1,2,3 的分布列为： ， ， 0 1 2 3 所以 【点睛】 （1）本题主要考查回归方程的求法，考查二项分布，意在考查学生对这些知识的掌握 水平和分析推理能力.(2) 如果在一次试验中某事件发生的概率是 ，那么在 次独立重 复试验中这个事件恰好发生 次的概率是 ， （ ）．正好是二项式 的展开式的第 项.所以记作 ～ ，读作 服从二项分布，其中 为参数. 22．已知函数 . （1）若 ，证明：当 时， ； （2）若 在 有两个零点，求 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析. (2) . 【解析】 【详解】 分析：（1）只要求得 在 时的最小值即可证； 120 3 200 5 = ξ 33, 5B     ξ ξ ( ) 0 3 0 3 3 2 80 5 5 125P Cξ    = = =       ( ) 1 2 1 3 3 2 361 5 5 125P Cξ    = = =       ( ) 2 1 2 3 3 2 542 5 5 125P Cξ    = = =       ( ) 3 0 3 3 3 2 273 5 5 125P Cξ    = = =       ξ P 8 125 36 125 54 125 27 125 ( ) 9 5E ξ = P n K ( ) (1 )k k n k n nP k C p pξ −= = − 0,1,2,3,...k n= [(1 ) ]np p− + 1k + ξ ( , )B n p ξ ,n p ( ) 2xe xf x a= − 1a = 0x ≥ ( ) 1f x ≥ ( )f x ( )0 + ∞， a 2 ,4 e +∞   ( )f x 0x ≥ （2） 在 上有两个不等实根，可转化为 在 上有两个不等 实根，这样只要研究函数 的单调性与极值，由直线 与 的图象 有两个交点可得 的范围． 详解：（1）证明：当 时，函数 .则 ， 令 ，则 ，令 ，得 . 当 时， ，当 时， 在 单调递增， （2）解： 在 有两个零点 方程 在 有两个根， 在 有两个根， 即函数 与 的图像在 有两个交点． ， 当 时， ， 在 递增 当 时， ， 在 递增 所以 最小值为 ，当 时， ，当 时， ， 在 有两个零点时， 的取值范围是 ． 点睛：本题考查用导数证明不等式，考查函数零点问题．用导数证明不等式可转化这求 函数的最值问题，函数零点问题可转化为直线与函数图象交点问题，这可用分离参数法 变形，然后再研究函数的单调性与极值，从而得图象的大致趋势． ( ) 0f x = (0, )+∞ 2 xea x = (0, )+∞ 2( ) xeh x x = y a= ( )y h x= a 1a = ( ) 2xf x e x= − ( )' 2xf x e x= − ( ) 2xg x e x= − ( )' 2xg x e= − ( )' 0g x = ln2x = ( )0,ln2∈ ( )' 0h x < ( )ln2,∈ +∞ ( )' 0h x > ( ) ( )(ln 2) 2 2ln 2 0 0g x g f x′∴ ≥ = − > ∴ > ( )f x [ )0,+∞ ( ) ( )0 1f x f∴ ≥ = ( )f x ( )0,+¥ ⇔ 2 0xe ax− = ( )0,+¥ ⇔ 2 xea x = ( )0,+¥ y a= ( ) 2 xeG x x = ( )0,+¥ ( ) ( ) 3 2' xe xG x x −= ( )0,2x∈ ( )' 0G x < ( )G x ( )0,2 ( )2,x∈ +∞ ( )' 0G x > ( )G x ( )2,+¥ ( )G x ( ) 2 2 4 eG = 0x → ( )G x → +∞ x → +∞ ( )G x → +∞ ( )f x ( )0,+¥ a 2 ,4 e +∞  