【文档说明】福建省泰宁第一中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学试题 含答案.docx，共(22)页，105.652 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年下学期《选修2-2,2-3》模块学分认定暨期中考试高二数学试卷考试时间：120分钟；满分150分一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.在(𝑎+𝑏)10的二项展开式中与第3项二项式系数相同的项是

()A.第8项B.第7项C.第9项D.第10项2.甲、乙、丙、丁四位同学各自对A，B两变量的线性相关性做试验，并用回归分析方法分别求得𝑅2与残差平方和m如下表：甲乙丙丁𝑅20.820.780.690.85m1061151241

03则试验结果体现A，B两变量有更强的线性相关性的同学是()A.甲B.乙C.丙D.丁3.若𝐶𝑛2+𝐴𝑛2=30，则n的值为()A.4B.5C.6D.74.已知x，y的取值如下表：x014568y1.31.85.66.17.49.3由表中数据分析可知y与x线性

相关，且𝑦̂=0.95𝑥+𝑎，则𝑎=()A.1.30B.1.45C.1.65D.1.805.“杨辉三角形”是古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，下图是三角形数阵，记𝑎𝑛为图中第n行各数

之和，则𝑎5+𝑎11的值为()A.528B.1020C.1038D.10406.若(1−2𝑥)2009=𝑎0+𝑎1𝑥+⋯+𝑎2009𝑥2009(𝑥∈𝑅)，则𝑎12+𝑎222+⋯+𝑎200922009的值为A.2B.0C.−1D.−27.如图所示，圆形纸片的圆心

为O，半径为5cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为𝑂.𝐸，F，G，H为圆O上的点，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△EAB，△FBC，

△GCD，△HDA，使得E，F，G，H重合，得到四棱锥.当正方形ABCD的边长变化时，所得四棱锥体积(单位：𝑐𝑚3)的最大值为()A.3√3B.8√53C.3√5D.16√538.在区间(0,3]上随机取值作为x，则𝑥2+𝑥≥2−𝑙𝑛𝑥的概率为A.14B.

13C.34D.23二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.设离散型随机变量X的分布列为X01234Pq0.40.10.20.2若离散型随机变量Y满足𝑌=3𝑋+1，则下列结果正确的有()A.𝑞=0.2B.𝐸(�

�)=2，𝐷(𝑋)=1.4C.𝐸(𝑋)=2，𝐷(𝑋)=1.8D.𝐸(𝑌)=7，𝐷(𝑌)=16.210.欧拉公式𝑒𝑥𝑖=cos𝑥+𝑖sin𝑥(其中i为虚数单位，𝑥∈𝑅)是由瑞士著

名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位．依据欧拉公式，下列选项正确的是()A.𝑒𝜋4𝑖=√22−√22𝑖B.𝑒𝜋𝑖2为纯虚数

C.复数𝑒𝑥𝑖的模长等于1D.𝑒𝜋𝑖3的共轭复数为12−√32𝑖11.“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮

食供给作出了杰出的贡献；某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高(单位：𝑐𝑚)服从正态分布，其密度曲线函数为𝑓(𝑥)=110√2𝜋𝑒−(𝑥−100)2200，𝑥∈(−∞,+∞)，则下列说法正确的是()A.该地

水稻的平均株高为100cm；B.该地水稻株高的方差为10；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．12.已知函数𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，导函数为𝑓′(𝑥)，若𝑥𝑓⬚′(𝑥)−𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥,，且𝑓(1𝑒)=1𝑒，则A.𝑓′(1𝑒)=0B.𝑓(𝑥)在𝑥=1𝑒处取得极大值C.0<𝑓(1)<1D.𝑓(𝑥)在(0,+∞)单调

递增三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知𝑃(𝐴)=0.4，𝑃(𝐵)=0.5，𝑃(𝐴|𝐵)=0.6，则𝑃(𝐵|𝐴)为________．14.已知随机变量X服从正态分布𝑁(3,𝜎2)，且𝑃(𝑋<5)=0.8，则𝑃(𝑋<3)=，𝑃(1<𝑋<3)=.15

.如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色.现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种.(以数字作答)16.“克拉茨猜想”又称“3𝑛+1猜想”，是德国数学家洛萨

⋅克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半；如果n为奇数就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1.己知正整数m经过6次运算后得到1，

则m的值为__________．五、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知复数𝑧1=𝑚−2𝑖，复数𝑧2=1−𝑛𝑖，其中i是虚数单位，m，n为实数．(1)若𝑚=1，𝑛=−1，求|𝑧1+𝑧2|的值;(2)若𝑧1=𝑧22，求m，n的值

．18.现有4个不同的球，和4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)共有多少种不同的方法？(2)若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？(3)若恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？(4)若恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？19.请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．

①第5项的系数与第3项的系数之比是56:3②第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55③𝐶𝑛+12−𝐶𝑛𝑛−2=10已知在(√𝑥2−1√𝑥3)𝑛的展开式中，________________________________________．

(1)求展开式中二项式系数最大的项；(2)求展开式中含𝑥5的项．20.2020年寒假是特殊的寒假，因为疫情全体学生只能在家进行网上在线学习，为了研究学生在网上学习的情况，某学校在网上随机抽取120名学生对线上教育进行调查，其中男生与女生的人数之比为11：13，其中男生3

0人对于线上教育满意，女生中有15名表示对线上教育不满意．满意不满意总计男生女生合计120(1)完成2×2列联表，并回答能否有99%的把握认为对“线上教育是否满意与性别有关”；(2)从被调查中对线上教育满意的学生中，利用分层抽样抽取8名学生，再在8名学生中抽取3名学生，作学习经验

介绍，其中抽取男生的个数为𝜉.求出𝜉的分布列及期望值．附公式及表：𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)，其中𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+𝑑．𝑃(𝐾2≥𝑘0)0.150.100.050.0250.0100.

0050.001𝑘02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82821.某校高二数学兴趣小组的同学，对某公司的一种产品的年销量与定价进行了统计，得到如下数据和散点图：定价𝑥

(元/𝑘𝑔)102030405060年销量𝑦(𝑘𝑔)115064342426216586𝑧=2ln𝑦14.112.912.111.110.28.9(参考数据：∑(6𝑖=1𝑥𝑖−𝑥)⋅(𝑦𝑖−𝑦)=−34580，∑(6𝑖=1𝑥𝑖−𝑥

)⋅(𝑧𝑖−𝑧)=−175.5，∑(6𝑖=1𝑥𝑖−𝑥)2=1750，∑(6𝑖=1𝑦𝑖−𝑦)2=776840，∑(6𝑖=1𝑦𝑖−𝑦)⋅(𝑧𝑖−𝑧)=3465.2)(1)根据散点图判断，y与x，z与x哪一对具有较强的线性相关性(给出判断即可，

不必说明理由)?(2)根据(1)的判断结果及数据，建立y关于x的回归方程(方程中的系数均保留两位有效数字)．(3)定价为多少时，年销售额的预报值最大?附：对于一组数据(𝑥1,𝑦1)，(𝑥2,𝑦2)，⋯，(𝑥𝑛,𝑦𝑛)，其回归直线𝑦̂=𝑏̂𝑥+𝑎̂的斜率和截距的最小二乘估计分

别为：𝑏̂=∑(𝑛𝑖=1𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)∑(𝑛𝑖=1𝑥𝑖−𝑥)2=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑦𝑖−𝑛𝑥𝑦∑∑𝑛𝑖=1𝑥𝑖2−𝑛𝑥2，𝑎̂=𝑦−𝑏̂𝑥．22.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−1−𝑙𝑛𝑥(𝑎

∈𝑅)．(1)当𝑎=1时，求𝑓(𝑥)在(1,𝑓(1))处的切线方程；(2)讨论𝑓(𝑥)的单调性；(3)当𝑥>𝑦>𝑒−1时，证明不等式𝑒𝑥ln(1+𝑦)>𝑒𝑦ln(1+𝑥)．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查二项式定理性质，属于基础

题.由二项式展开式的通项公式可得，第r项的二项式系数为𝐶𝑛𝑟−1，又由𝐶𝑛𝑟−1=𝐶𝑛𝑛−𝑟+1，据此可得到与r项二项式系数相同的项．【解答】解：∵𝐶𝑛𝑟−1=𝐶𝑛𝑛−𝑟+1，∴𝐶102=𝐶108，∴与第3项

二项式系数相同的是第9项．故选C．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查两个变量的线性相关，本题解题的关键是了解相关系数和残差平方和两个量对于线性相关的刻画．在验证两个变量之间的线性相关关系中，相关系数的绝对值越接近于1，相关性越强，残差平方和越小

，相关性越强，得到结果．【解答】解：在验证两个变量之间的线性相关关系中，相关系数的绝对值越接近于1，相关性越强，在四个选项中只有丁的相关系数最大，残差平方和越小，相关性越强，只有丁的残差平方和最小，综上可知丁的试验结果体现A

、B两变量有更强的线性相关性，故选D．3.【答案】B【解析】略4.【答案】B【解析】解：由题意，𝑥−=0+1+4+5+6+86=4，𝑦−=1.3+1.8+5.6+6.1+7.4+9.36=5.25∵𝑦与x线性相关，且𝑦̂=0.95𝑥+𝑎，∴5.25=0.

95×4+𝑎，∴𝑎=1.45故选：B．计算平均数，可得样本中心点，代入线性回归方程，即可求得a的值．本题考查线性回归方程，利用线性回归方程恒过样本中心点是关键．5.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查

杨辉三角形的应用．利用杨辉三角形的性质，即可得．【解答】解：因为𝑎5=𝐶40+𝐶41+𝐶42+𝐶43+𝐶44=24=16，𝑎11=𝐶100+𝐶101+𝐶102+⋯+𝐶1010=210=1024，∴𝑎5+𝑎11=1040，故选D．6.【

答案】C【解析】【分析】本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．在所给的式子中，令𝑥=0，可得𝑎0=1.再令𝑥=12，可得𝑎0+𝑎12+𝑎222+⋯+𝑎200922009=

0，由此求得要求式子的值．【解答】解：∵(1−2𝑥)2009=𝑎0+𝑎1𝑥+⋯+𝑎2009𝑥2009(𝑥∈𝑅)，令𝑥=0，可得𝑎0=1．再令𝑥=12，可得𝑎0+𝑎12+𝑎222+⋯+

𝑎200922009=0，∴𝑎12+𝑎222+⋯+𝑎200922009=−1故选C．7.【答案】D【解析】【试题解析】【分析】本题考查四棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系

、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．先用a表示出四棱锥的体积，构造新函数ℎ(𝑎)，求导，结合函数与原函数的单调性，计算原函数的极值，能求出当正方形ABCD的边长变化时，所得四棱锥体积(单位：𝑐𝑚3)的最大值．【解答】解：沿虚线剪开后，

分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△𝐸𝐴𝐵，△𝐹𝐵𝐶，△𝐺𝐶𝐷，△𝐻𝐷𝐴，使得E，𝐹′𝐺，H重合，得到四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷，由题意设|𝐺𝑀|=𝑎2，则|𝑃𝑀|=5−𝑎2，0<𝑎<5∴|

𝑃𝐺|=√|𝐴𝑀|2−|𝑀𝐺|2=√25−5𝑎，∴所得四棱锥体积(单位：𝑐𝑚3):𝑉=13𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷⋅|𝑃𝐺|=13𝑎2⋅√25−5𝑎=13√25𝑎4−5𝑎5，构造函数ℎ(𝑎)=25𝑎4−5𝑎5，则ℎ′(𝑎)=100𝑎3−25𝑎4，

当ℎ′(𝑎)>0时，0<𝑎<4，ℎ(𝑎)在(0,4)内单调递增，在(4,5)内单调递减，∴当𝑎=4时，ℎ′(𝑎)取得最大值，也就是V取得最大值，将𝑎=4代入，得该四棱锥体积(单位：𝑐𝑚3)的最大值为𝑉=163√5．故选：D．8.

【答案】D【解析】【分析】本小题主要考查与长度有关的几何概型的概率计算，考查不等式的求解，考查用导数研究函数单调性，属于中档题．令𝑓(𝑥)=𝑥+𝑥2+ln𝑥−2，根据此函数在区间(0,3)内导数大

于0，得出此函数在(0,3]为增函数结论，根据𝑓(1)=0的条件，可以得到符合条件x的取值范围为[1,3]，得到符合条件的区间长度与给定区间长度的比值就是所求的概率．【解答】解：令𝑓(𝑥)=𝑥+𝑥2+ln𝑥−2，𝑓′(𝑥)=1+2

𝑥+1𝑥，𝑥∈(0,3),𝑓′(𝑥)>0，即函数在(0,3)内为增函数，题中所给𝑥2+𝑥≥2−𝑙𝑛𝑥等价于𝑓(𝑥)⩾0，又因为𝑓(1)=0，函数在(0,3)内为增函数，故在区间[1,3]上𝑓(𝑥)⩾0，即𝑥2+𝑥≥2−𝑙𝑛𝑥，故(0

,3]上符合要求的x的取值范围为[1,3]，区间(0,3]长度为3，区间[1,3]长度为2，故在区间(0,3]上随机取值作为x，则𝑥2+𝑥≥2−𝑙𝑛𝑥的概率为23．故选D．9.【答案】CD【解析】【分析】本题考查了离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量的期望与方差，属于基础题．利用离

散型随机变量的分布列得A不正确，再利用离散型随机变量的期望与方差得B不正确，C正确，再利用离散型随机变量的期望与方差的性质得D正确，从而得结论．【解答】解：因为𝑞+0.4+0.1+0.2+0.2=1，解得𝑞=0.1，所以A不正确；因为𝐸(𝑋)=0×0.1+

1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2，𝐷(𝑋)=(0−2)2×0.1+(1−2)2×0.4+(2−2)2×0.1+(3−2)2×0.2+(4−2)2×0.2=1.8，所以B不正确，C正确；又因为𝐸(𝑌)=𝐸(3𝑋+1)=3𝐸(𝑋)+1=7，𝐷(𝑌)=𝐷(3𝑋

+1)=32𝐷(𝑋)=9×1.8=16.2，所以D正确．故选CD．10.【答案】BCD【解析】【分析】本题考查复数的表示，考查复数的基本概念，以及复数的模，是一道综合题．由𝑒𝑥𝑖=𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑖𝑠𝑖

𝑛𝑥，将所求复数化为𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎∈𝑅,𝑏∈𝑅)的形式，进而逐项判断可得其正误．【解答】解：因为𝑒𝑥𝑖=cos𝑥+𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥(其中i为虚数单位，𝑥∈𝑅)，所以�

�𝜋4𝑖=√22+√22𝑖，故A错；𝑒𝜋2𝑖=𝑖为纯虚数，故B正确；复数𝑒𝑥𝑖的模长等于√cos2𝑥+sin2𝑥=1，故C正确；𝑒𝜋3𝑖=12+√32𝑖其共轭复数为，故

D正确．故选BCD．11.【答案】AC【解析】【分析】本题考查正态曲线及其性质，属于简单题．由密度曲线函数为𝑓(𝑥)=110√2𝜋𝑒−(𝑥−100)2200，𝑥∈(−∞,+∞)，可得𝜎=10，

𝜇=100，可得正确结论．【解答】解：由密度曲线函数为𝑓(𝑥)=110√2𝜋𝑒−(𝑥−100)2200，𝑥∈(−∞,+∞)，可得𝜎=10，𝜇=100，所以该地水稻的平均株高为100𝑐𝑚，故A正确，该地水

稻株高的方差为100，故B错误，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，故C正确，随机测量一株水稻，其株高在(80,90)和在(110,120)(单位：𝑐𝑚)的概率一样大，故D错误，故选AC．12.【答案】ACD【解析】【分析】本题考

查利用导数研究函数单调性，考查逻辑思维与推理论证能力，正确构造函数是关键，根据题意构造函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥=12ln2𝑥+𝑐，然后利用已知求出𝑓(𝑥)解析式，然后通过求导判断单调性和极值以及范围，属于中档题．【解答

】解：令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥,𝑔′(𝑥)=𝑥𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)𝑥2=𝑥ln𝑥𝑥2=ln𝑥𝑥所以𝑔(𝑥)=12ln2𝑥+𝑐即𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥=12ln2𝑥+𝑐所以𝑓(𝑥)=12𝑥ln2𝑥+𝑐

𝑥𝑓(1𝑒)=1𝑒=12𝑒+𝑐𝑒解得𝑐=12故𝑓(𝑥)=𝑥2(ln2𝑥+1)𝑓′(𝑥)=12ln2𝑥+ln𝑥+12=12(ln𝑥+1)2⩾0所以𝑓⬚′(1𝑒)=0，故A正确；𝑓(𝑥)在(0,+∞)单调递增，故B错误；D正确，𝑓(1)=12∈(0,1

)故C正确；故选ACD．13.【答案】0.75【解析】【分析】本题考查条件概率公式的知识，属于基础题．由公式𝑃(𝐴|𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐵)，计算出𝑃(𝐴𝐵)=0.3，再由𝑃(𝐵|𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)求解．【解答】解：因为𝑃(�

�|𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐵)，所以𝑃(𝐴𝐵)=0.3．所以𝑃(𝐵|𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=0.30.4=0.75．14.【答案】72【解析】【分析】本题主要考查排列组合的应用，以及分类加法计数原理，分步乘法计数原理，属于中档题．根据题意，分2种

情况讨论：若选3种颜色时，就是②④同色，③⑤同色;若4种颜色全用，只能②④或③⑤用一种颜色，其它不相同，求解即可．【解答】解：由题意，选用3种颜色时：则②④同色，③⑤同色，涂色方法：𝐶43𝐴33=24种，4色全用时涂色方法

：则②④或③⑤用一种颜色，涂色方法：𝐶21𝐴44=48种，所以不同的着色方法共有24+48=72种．故答案为72．15.【答案】64或10【解析】【分析】本题考查数列的应用，涉及归纳推理的应用，利用变换规则，进行逆向验证是解决本题的关键．根据题意，利用

正整数m经过6次运算后得到1，结合变化的规则，进行逐项逆推即可得答案．【解答】解：如果正整数m按照上述规则经过6次运算得到1，则经过5次运算后得到的一定是2；经过4次运算后得到的一定是4；经过3次运算后得到的为8或1(不合题意)；经过2次运算后得到的是16；经过1次运算后得到的是5或32；所

以开始时的数为10或64．所以正整数m的值为10或64．16.【答案】0.50.3【解析】【分析】本题考查正态分布，考查推理能力和计算能力，属于基础题．利用正态曲线的对称性即可求解．【解答】解：由正态曲线的对称性可知，𝑃(𝑋<3)=𝑃(�

�>3)=0.5，𝑃(𝑋>1)=𝑃(𝑋<5)=0.8，所以𝑃(𝑋≤1)=1−𝑃(𝑋>1)=0.2，𝑃(1<𝑋<3)=𝑃(𝑋<3)−𝑃(𝑋≤1)=0.5−0.2=0.3．故答案为0.5;0.3．17.【答案】解：(1)当𝑚=

1，𝑛=−1时，𝑧1=1−2𝑖，𝑧2=1+𝑖，所以𝑧1+𝑧2=(1−2𝑖)+(1+𝑖)=2−𝑖，所以|𝑧1+𝑧2|=√22+(−1)2=√5．(2)因为𝑧1=𝑧22，即𝑚−2𝑖=(1−𝑛𝑖)2，所以𝑚−2𝑖=(1−𝑛2)−2𝑛𝑖，所

以{𝑚=1−𝑛2−2=−2𝑛，解得{𝑚=0𝑛=1．【解析】本题考查了复数代数形式的混合运算，考查了复数相等的基本概念，复数的模，是基础题．(1)将m，n代入即可得|𝑧1+𝑧2|的值，(2)由复数相等的概念，列出关于m，n的方程组即可解得．18.【答案】解：

(1)将4个不同的球放入4个不同的盒子，则共有44=256种不同的放法；(2)将4个不同的球放入4个不同的盒子，若每个盒子不空，则共有𝐴44=24种不同的放法；(3)将4个不同的球放入4个不同的盒子，恰有一个盒子不放球，则共有𝐶41𝐶42𝐴33=144种不同的

放法；(4)将4个不同的球放入4个不同的盒子，恰有两个盒子不放球，则共有𝐶42(𝐶42+𝐶21𝐶43)=84种不同的放法．【解析】本题考查了排列、组合的综合应用，属于简单题．(1)将4个不同的球放

入4个不同的盒子，每个球都有4种放法，相乘即可；(2)若每个盒子不空，全排列即可得解；(3)若恰有一个盒子不放球，选出这个空盒子，再选两个球作为一个整体放在同一个盒子中，将三个整体排列即可得解；(4)若恰有两个盒子不放球，选出两个放球的盒子，分两个盒子都放两个球和一个盒子放一个球，另一个盒子放三个

球，两者相加即可得解．19.【答案】方案一：选条件①(1)𝑇𝑟+1=𝐶𝑛𝑟(√𝑥2)𝑛−𝑟(−1√𝑥3)𝑟=𝐶𝑛𝑟(12)𝑛−𝑟(−1)𝑟𝑥3𝑛−5𝑟6，由题知，𝐶𝑛4(12)𝑛−4(−1)4𝐶𝑛2(12)𝑛−2(

−1)2=563，∴𝑛!4!(𝑛−4)!·24−𝑛𝑛!2!(𝑛−2)！=𝑛!4!(𝑛−4)!·22·2！(𝑛−2)！𝑛!=(𝑛−2)(𝑛−3)3=563，整理得(𝑛−3)(𝑛−2)=56，即𝑛2−5

𝑛−50=0，解得𝑛=10或𝑛=−5(舍去)．∴𝑛=10，∴展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项，𝑇6=𝐶105(12)5(−1)5𝑥56=−638𝑥56，∴展开式中二项式系数最大的项是第6项，𝑇6=−638𝑥56.(2)由(1)知，𝑛=

10，∴𝑇𝑟+1=𝐶10𝑟(12)10−𝑟(−1)𝑟𝑥30−5𝑟6，令30−5𝑟6=5，解得𝑟=0，𝑇1=𝐶100(12)10(−1)0𝑥5=11024𝑥5，∴展开式中含𝑥5的项是第1项，𝑇1=11024𝑥5．方案二：选条件②(1)由题意得，𝐶𝑛1+𝐶𝑛�

�−2=𝑛2+𝑛2=55，整理得𝑛2+𝑛−110=0，解得𝑛=10或𝑛=−11(舍)，∴𝑛=10，∴展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项，𝑇6=𝐶105(12)5(−1)5𝑥56=−638𝑥56，∴展开式中二项式系数最大的项是第6项，𝑇6

=−638𝑥56.(2)同方案一(2)方案三：选条件③(1)𝐶𝑛+12−𝐶𝑛𝑛−2=𝐶𝑛+12−𝐶𝑛2=𝐶𝑛1=10，∴𝑛=10，∴展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项，𝑇6=𝐶105(12)5(−1)5𝑥56=−638𝑥56，∴展开式

中二项式系数最大的项是第6项，𝑇6=−638𝑥56.(2)同方案一(2)【解析】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题．(1)由题意利用，二项式系数的性质，求得n的值，再利用通项公式求得展开式中二项式系数最大的项．(2)由题意利用二项式展开式的通项公

式，求得展开式中含𝑥5的项．20.【答案】解：(1)因为男生人数为：120×1111+13=55，所以女生人数为120−55=65，2x2列联表如下：满意不满意总计男生302555女生501565合计8

040120根据列联表中的数据，得到𝐾2的观测值𝑘2=120×(30×15−25×50)255×65×80×40=960143≈6.713>6.635，所以有99%的把握认为对“线上教育是否满意与性别有关𝑛．(2)由(1)可知男生抽3人，女生抽5人，依题可知𝜉的可能取值为0，1，2，3

，并且𝜉服从超几何分布，𝑃(𝜉=𝑘)=𝐶3𝑘𝐶53−𝑘𝐶83(𝑘=0,1，2，3)，即𝑃(𝜉=0)=𝐶53𝐶83=528，𝑃(𝜉=1)=𝐶52𝐶31𝐶83=1528，𝑃(𝜉=2)=𝐶51𝐶32𝐶83=1556，�

�(𝜉=3)=𝐶33𝐶83=156，可得分布列为𝜉0123P52815281556156可得𝐸(𝜉)=0×528+1×1528+2×1556+3×156=98．【解析】本题主要考查独立性检验基本思想的初步运用，以及离散型随机变量的分布列以及期望．(1)根据男

生与女生的人数之比为11:13，以及总人数120，可求出男，女生总人数，即可完成2×2列联表，并根据独立性检验的基本思想，求出𝐾2的观测值，对照临界值表，即可判断是否有把握;(2)根据(1)可知，男生抽3人，女生抽5人，则𝜉的可能取值为0

，1，2，3，并且服从超几何分布，即可利用公式𝑃(𝜉=𝑘)=𝐶3𝑘𝐶53−𝑘𝐶83(𝑘=0,1，2，3)，求出各概率，得到分布列，求出期望．21.【答案】解：(1)由题中散点图，可知z与x具有较

强的线性相关性．(2)由统计数据，得𝑥=35，𝑧=11.55，𝑏̂=∑(6𝑖=1𝑥𝑖−𝑥)(𝑧𝑖−𝑧)∑(6𝑖=1𝑥𝑖−𝑥)2=−175.51750≈−0.10，由𝑎̂=𝑧−𝑏̂𝑥=11.55+0

.10×35≈15，得线性回归方程为𝑧̂=15−0.10𝑥，所以y关于x的回归方程为𝑦̂=𝑒𝑧2=𝑒7.5−0.05𝑥．(3)年销售额𝐿(𝑥)=𝑥⋅𝑦̂=𝑥𝑒7.5−0.05𝑥，所以𝐿′(𝑥)=(𝑥𝑒7.5𝑒0.0

5𝑥)′=(1−0.05𝑥)𝑒7.5−0.05𝑥，令𝐿′(𝑥)=0，得𝑥=20，由函数𝐿(𝑥)的单调性，可知当𝑥=20时，年销售额的预报值最大，所以定价为20元/𝑘𝑔时，年销售额的预报值最大．【解析】本题考查线性回归方程的应用，考查利用最小二乘法求线性回归方程

，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查计算能力，属于中档题．(1)由散点图可知：z与x具有较强的线性相关性；(2)求得样本中心点(𝑥.,𝑦.)，则𝑏̂=∑(𝑥𝑖−𝑥)6𝑖=1(𝑧𝑖−𝑧)⬚⬚∑(𝑥𝑖−𝑥)2𝑖=1⬚⬚=−

175.51750≈−0.10，由𝑎̂=𝑧.−𝑏̂⋅𝑥.=15.05≈15，即可求得线性回归方程，则；(3)年利润𝐿(𝑥)=𝑥⋅𝑦̂=𝑥𝑒7.5−0.05𝑥，，求导，令𝐿′(𝑥)=0，即可求得年利润

𝐿(𝑥)的最大值．22.【答案】解：(1)当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=𝑥−1−𝑙𝑛𝑥，则𝑓(1)=0，又由于𝑓′(𝑥)=1−1𝑥，则𝑓′(1)=0，故𝑓(𝑥)在(1,𝑓(1))处的切线方程为𝑦=0；(2)函数𝑓(𝑥)的

定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑎−1𝑥=𝑎𝑥−1𝑥，当𝑎≤0时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，当𝑎>0时，令𝑓′(𝑥)=0，𝑥=1𝑎，𝑥∈(0,1𝑎)

时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减，𝑥∈(1𝑎,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增，综上所述，当𝑎≤0时，𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，当𝑎>0时，𝑓(𝑥)在区间(0,1𝑎)上单调递减，𝑓(𝑥)在区间(1𝑎,+∞)上单调递增．(3)将

欲证明结论𝑒𝑥⋅ln(1+𝑦)>𝑒𝑦⋅ln(1+𝑥)变形为ln(1+𝑦)𝑒𝑦>ln(1+𝑥)𝑒𝑥，题目转化为由𝑥>𝑦>𝑒−1时，证明ln(1+𝑦)𝑒𝑦>ln(1+𝑥)𝑒𝑥，故我们构造函数𝑔(�

�)=ln(1+𝑡)𝑒𝑡，这样命题转化为当𝑥>𝑦>𝑒−1时，证明𝑔(𝑦)>𝑔(𝑥)，故只需要证明函数𝑔(𝑥)在(𝑒−1,+∞)上单调递减即可．以下用导数证明．𝑔′(𝑡)=1𝑡+1⋅𝑒𝑡−ln(𝑡+1)⋅𝑒

𝑡(𝑒𝑡)2=1𝑡+1−ln(𝑡+1)𝑒𝑡，令ℎ(𝑡)=1𝑡+1−ln(𝑡+1)，则ℎ′(𝑡)=−1(𝑡+1)2−1𝑡+1=−𝑡+2(1+𝑡)2，当𝑡>𝑒−1时，很显然ℎ′(𝑡)<0；故函数ℎ(𝑡)在(�

�−1,+∞)上单调递减，故ℎ(𝑡)<ℎ(𝑒−1)=1𝑒−1<0，故导函数𝑔′(𝑡)=ℎ(𝑡)𝑒𝑡<0在(𝑒−1,+∞)上恒成立，故函数𝑔(𝑡)在(𝑒−1,+∞)上单调递减，即当𝑥>𝑦>𝑒−1时，有𝑔(𝑦)>𝑔(𝑥)，即当𝑥

>𝑦>𝑒−1时，𝑒𝑥⋅ln(1+𝑦)>𝑒𝑦⋅ln(1+𝑥)．证毕．【解析】本题主要考查导函数的综合应用，难度较大．(1)对𝑓(𝑥)求导，得到(1,𝑓(1))处切线的斜率，用点斜式得到切线

方程；(2)对𝑓(𝑥)求导，得到𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥−1𝑥，对a进行讨论，判断𝑓(𝑥)的单调性．(3)将要证明的式子转化为ln(1+𝑦)𝑒𝑦>ln(1+𝑥)𝑙𝑛𝑥，故想到构

造函数𝑔(𝑡)=ln(1+𝑡)𝑙𝑛𝑡，然后借助导数研究𝑔(𝑡)的单调性即可．