【文档说明】2021普通高等学校招生全国统一考试（新高考地区）仿真模拟训练（一）数学试题 含答案.doc，共(16)页，480.160 KB，由小赞的店铺上传

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12021普通高等学校招生全国统一考试（新高考地区）仿真模拟训练(一)数学试题(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A＝{x∈Z|x2＜4}，B＝

{y|y＝ln(|x|＋1)}，则A∩B＝()A．[0，2)B.[0，2]C．{0，1，2}D．{0，1}2．若纯虚数z满足(1＋i)z＝1－ai(i是虚数单位，a∈R)，则z在复平面内对应的点为()A．(0，－1)B.

(1，0)C．(0，1)D．(0，2)3．设a＝0.30.2，b＝0.20.3，c＝log0.21.03，则a，b，c的大小关系为()A．a＞b＞cB.c＞a＞bC．c＞b＞aD．b＞a＞c4．如图所示的函数图象对应的函数解析式可能为()A．y＝xln(x＋1)B．y＝2xcos(2x－1)

C．y＝(2x＋1)2D．y＝2x－1sin2x＋π25.在我国著名的典籍《易经》中，八卦表示事物自身变化的阴阳系统，用“”代表阳(阳爻)，用“”代表阴(阴爻)，用这两种符号按照大自然的阴阳变化平行组合，组成八种不同的形式，称为八卦．

分别是乾()、坎()、艮()、震()、巽()、离()、坤()、兑()．从八卦中任取两卦，则所取两卦中含有的阳爻和阴爻总数相同的概率为()2A.17B.27C．514D．126．“a≤8”是“不等式2x－a＋8x－1≥0对任意x∈[2，＋∞)恒成立”的()A．充分不必要条件B.必要

不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．已知抛物线C：y＝a2x2的焦点和双曲线y23－x2＝1的一个焦点重合，点P是抛物线C上任意一点，则点P到点A(0，5)距离的最小值为()A．25B.26C．5D．278．已知函数f(x)＝3sinωxcosωx＋cos2

ωx－12(ω＞0)，给出下列判断：①若f(x1)＝f(x2)＝0，且|x1－x2|min＝π，则ω＝2；②存在ω∈(0，2)，使得f(x)的图象右移π6个单位长度后得到的图象关于y轴对称；③若f(x)在[0，2π]上恰有7个零点，则ω的取值范围为4124，4

724；④若f(x)在－π6，π4上单调递增，则ω的取值范围为0，23.其中正确的是()A．①②B.③④C．②④D．②③④二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有

多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．已知3x2＋1x4的展开式中各项系数之和为A，第二项的二项式系数为B，则()A．A＝256B．A＋B＝260C．展开式中存在常数项D．展开式中含x2项的系数为5410．疫苗的研制需要经过临床试验阶段，抗体产生

的初次应答和再次应答两个阶段都需经过一3定的潜伏期，潜伏期长短与抗原的性质有关．疫苗经5～7天，类毒素在2～3周后，血液中才出现抗体，初次应答所产生的抗体量一般不多，持续时间也较短，从抗体出现的种类来看，I

gM(免疫球蛋白M)出现最早，但消失也快，在血液中只维持数周至数月．IgG(免疫球蛋白G)出现稍迟于IgM，当IgM接近消失时，IgG达到高峰，它在血液中维持时间可达数年之久．当第二次接受相同抗原时，机体可出现再次反应，开始时抗体有所下降，这是因为原有抗体被再次进入的抗原结合所致．下图是某种

疫苗试验得到的有关测试数据绘制出的图形，则下列关于该图形的说法正确的是()A．初次抗原刺激阶段，在10天内试验个体对抗原刺激不够灵敏，产生IgG的浓度比较低B．初次抗原刺激阶段，IgG峰值出现早于IgM峰值C．再次抗原刺激阶段，总抗体量大概8天左右达到峰值，

且潜伏期比初次抗原刺激阶段要短D．在试验的两个阶段IgG的峰值出现比IgM出现早，但IgG消失也快11．已知双曲线C：x2a－y2b＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(6，0)，离心率为62，点P在双曲线C的一

条渐近线上，O为坐标原点，则下列说法正确的是()A．双曲线C的标准方程为x24－y22＝1B．双曲线y22－x24＝1与双曲线C的渐近线相同C．若PO→·PF→＝0，则△PFO的面积为233D．|PF|≥212．在边长为2的等边△ABC中，点D，E分别是边

AC，AB上的点，DE∥BC且ADAC＝λ(0<λ<1)，将△ADE沿DE向上折起到△A′DE位置，在折起的过程中，下列结论成立的是()A．在边A′E上不存在点F，使得在折起的过程中，BF∥平面A′CDB．存在λ∈0，12，使得在折起过

程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCDEC．当λ＝12且二面角A′DEB为直二面角时，A′B＝1024D．在折起的过程中，四棱锥A′­BCDE的体积的最大值记为f(λ)，则f(λ)的最大值为239题号12345678910

1112答案三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若非零向量a，b满足〈a，b〉＝π6，|a|＝3，|a＋2b|＝7，则|b|＝________．14．已知P是圆x2＋y2＝1上一动点，弦AB是圆C：(x－3)

2＋(y－4)2＝9的一条动直径，则PA→·PB→的取值范围是________．15.如图，在四棱锥P-ABCD中，AP＝1，矩形ABCD的周长为8，当三棱锥A-PCD的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为________．16．已知数列{an}满足a1＝13，an＋1＝an2

－an，数列{bn}满足bn＝1an－1.若数列1bn的前n项和为Sn，则使得|Sn－1|<11000成立的n的最小值为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10

分)在①ccosA＋acosC＝2bcosB，②a2＋c2－b2＝ac，③2cos2B2－3cosB＝0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足________．(1)求角B的大小；(

2)若b＝3，求△ABC面积的最大值．518．(本小题满分12分)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且(an，2Sn)在函数y＝x2＋x－2的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2＋an

（n＋1）Sn，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<2.19．(本小题满分12分)如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，四边形BDEF为正方形，EF上一点G在底面内的射影为点A，点M，N分别为CE，BC的中点，AD∥BC，AD＝AB＝1，∠ABC＝60°.(1)求证

：MN∥平面BDFF；(2)求证：BD⊥平面CDE；(3)求BD与平面BCG所成角的正弦值．20．(本小题满分12分)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，直线m：x－y＋1＝0经过椭圆C的上顶点，直线n：x＋1＝0

交椭圆C于A，B两点，P是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线AP，BP分别交直线l：x＋4＝0于Q，R两点．6(1)求椭圆C的标准方程；(2)求证：OQ→·OR→(O为坐标原点)为定值．21．(本小题满分12分)2020年4月21日至23日，国家主席习近平到陕西考察．总书记实地了

解平利县老县镇中心小学复学复课情况，并叮嘱加强学校重点场所消毒，为复学复课提供安全的环境．在做好防疫的前提下，开展体育运动，增强学生体质．已知某中学生体育活动情况调查咨询机构开展中学生身体素质调查，调查了高一和高三男生(共2000人，其中高三男生1000人)引体向上体育

项目测试情况，并对数据作了统计分析，并将样本数据(单位：个)分为[3，5)，[5，7)，[7，9)，[9，11)，[11，13)，[13，15)，[15，17)，[17，19)，[19，21]九组，将抽取的高一的样本数据绘制成频率分布直方图如下图所示，将高三男

生的测试数据绘制成频数分布表如下，并利用该样本的频率分布估计总体的概率分布．(1)现规定，引体向上的个数不低于13的为“体育达人”，填写下面列联表，并根据列联表判断能否有99.9%的把握认为是否为“体育达人”与年

龄有关？“体育达人”非“体育达人”总计高三男生高一男生总计(2)①利用样本平均数和中位数估计高一男生引体向上(单位：个)的平均数和中位数；②由频率分布直方图可以认为，高一男生引体向上数Z(单位：个)近似地服从正态分布N(μ，σ2

)，其中μ近似为样本平均数x(每组数据取区间的中点值)，σ的值约为3.64.现从该高一男生中随7机抽取5人，记其中引体向上数Z位于(4.88，15.8)的人数为X，求X的数学期望．参考公式：K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d），其

中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.001k02.0722.7063.8415.0246.63510.828若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ＜Z≤μ＋2σ)≈0.9545.22

．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝12ax2－x－lnx.(1)当a＝2时，求函数的最小值；(2)若函数f(x)有两个不同的零点，求正实数a的取值范围．82021普通高等学校招生全国统一考试（新高考地区）仿真模拟训练(一)数学试题参考答案与详解详析1．解析：选D.因为A＝

{x∈Z|x2＜4}＝{－1，0，1}，B＝{y|y＝ln(|x|＋1)}＝[0，＋∞)，所以A∩B＝{0，1}．故选D.2．解析：选C.由题意得z＝1－ai1＋i＝（1－ai）（1－i）（1＋i）（1－i）＝1－a2－1＋a2i，又复数z为纯虚数，所以a＝1，所以z＝－i，z－＝i

，所以在复平面内z对应的点为(0，1)．故选C.3．解析：选A.因为c＝log0.21.03＜0，a＝0.30.2＞0.30.3＞0.20.3＝b＞0，所以a＞b＞c.故选A.4．解析：选B.结合图象得到当x＝0，y∈(0，1)，故排除选项A，C

；对于选项D，y＝2x－1sin2x＋π2＝2x－1cos2x，当x＝1时，y＝cos2＜0，排除选项D.故选B.5．解析：选C.从8卦中任取两卦，共有28种取法，其中阳爻和阴爻数目相同的共

有10种，所以概率为514，故选C.6．解析：选A.“不等式2x－a＋8x－1≥0对任意x∈[2，＋∞)恒成立”等价于“a≤2x＋8x－1”，等价于“a≤2x＋8x－1min”．因为2x＋8x－1＝2(x－1)＋

8x－1＋2≥216＋2＝10(当且仅当x＝3时，“＝”成立)，所以a≤10，所以“a≤8”是“不等式2x－a＋8x－1≥0对任意x∈[2，＋∞)恒成立”的充分不必要条件．故选A.7．解析：选B.因为双曲线y23－x2＝1的一个焦点为(0，2)，由

题意，得14a2＝2，则a2＝18，所以x2＝8y.设P(x，y)，则|PA|＝x2＋（y－5）2＝8y＋y2－10y＋25＝y2－2y＋25＝（y－1）2＋24，所以当y＝1时，|PA|min＝26.故选B.8．解析：

选B.因为f(x)＝32sin2ωx＋1＋cos2ωx2－12＝sin2ωx＋π6，所以周期T＝2π2ω＝πω.对于①，由条件知，周期为2π，所以ω＝12，故①错误；对于②，函数图象右移π

6个单位长度后得9到的函数为y＝sin2ωx－ωπ3＋π6，若其图象关于y轴对称，则－ωπ3＋π6＝π2＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－1－3k(k∈Z)，故对任意整数k，ω∉(0，2)，所以②错误；对于③，由条件得7π2ω－π12ω≤2π<4πω－π12ω，解得41

24≤ω<4724，故③正确；对于④，由条件得－ωπ3＋π6≥－π2，ωπ2＋π6≤π2，解得ω≤23，又ω>0，所以0<ω≤23，故④正确．故选B.9．解析：选ABD.令x＝1，得

3x2＋1x4的展开式中各项系数之和为44＝256，所以A＝256，选项A正确；3x2＋1x4的展开式中第二项的二项式系数为C14＝4，所以B＝4，A＋B＝260，选项B正确；3x2＋1x4的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr4(3x2)4－r1xr＝

34－rCr4x8－3r，令8－3r＝0，则r＝83，所以展开式中不存在常数项，选项C错误；令8－3r＝2，则r＝2，所以展开式中含x2项的系数是34－2C24＝54，选项D正确．10．解析：选AC.根据试验图形，对于选项A，初次抗原刺激阶段，潜伏期大概10天，且在该时期内IgM和IgG的浓度比较

低，因而选项A正确；对于选项B，IgG峰值出现晚于IgM的峰值，且消失较晚，因而选项B错误；对于选项C，结合图形，总抗体量峰值大概8天左右出现，且潜伏期比初次抗原刺激阶段大大缩短，因而选项C正确；对于选项D，在试验的两个阶段

IgG的峰值出现比IgM出现晚，但IgG消失也慢，因而选项D错误．故选AC.11．解析：选ABD.对于选项A，结合题意，解得a2＝4，b2＝2，所以双曲线C的标准方程为x24－y22＝1，所以选项A正确

；对于选项B，它们的渐近线都是y＝±22x，因而它们的渐近线相同，选项B正确；对于选项C，得到PO⊥PF，又点P在双曲线C的一条渐近线上，不妨设在y＝22x上，则直线PF的方程为y－0＝－2(x－6)，即y＝－2(x－6)，联立方程组y＝－2（x－6），y＝22x，解得

x＝263，y＝233，故点P263，233，所以△PFO的面积为S＝12×6×233＝2，故选项C错误；对于10选项D，因为点F(6，0)，其中一条渐近线的方程为y＝22x，所以|PF|的最小值就是点F到

渐近线的距离，因为该距离为d＝2，所以选项D正确．故选ABD.12．解析：选ACD.对于A，假设在线段A′E存在点F，使得BF∥平面A′CD，如图1，因为BF⊂平面A′BE，且平面A′BE∩平面A′CD＝AA′，由线面平行的性质可得BF∥A′A，但

在平面A′BE内，BF，A′A是相交的，故假设错误，即在边A′E上不存在点F，使得在折起的过程中，BF∥平面A′CD，故A正确；对于B，如图2，假设存在λ∈0，12，使得在折起过程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCDE

.取BC的中点I，连接AI交DE于点H，当平面A′BC⊥平面BCDE时，∠A′IH＝90°，所以A′H>HI，所以λ＝ADAC＝AHAI＝A′HA′H＋HI>12，所以B错误；对于C，如图3，当二面角A

′­DE-B为直二面角时，易知A′H⊥平面BEDC，连接HB，由λ＝12，可求A′H＝HI＝32，HB＝72，所以A′B＝102，所以C正确；对于D，如图4(仍取BC，DE的中点分别I，H，连接IA，A′H，A′B，A′C)，作A′在底面CBED上的射影O，则O在IH

上．因为ADAC＝λ，BC∥DE，所以A′H3＝λ且DE2＝λ，所以A′H＝3λ，DE＝2λ.又VA′­CBED＝13×12×(DE＋CB)×IH×A′O＝16(2λ＋2)×3(1－λ)×A′O≤16(2λ＋2)×3(1－λ)×3λ＝－λ3＋λ，令f(λ)＝－λ

3＋λ，λ∈(0，1)，则f′(λ)＝－3λ2＋1，当λ∈0，33时，f′(λ)＞0；当λ∈33，1时，f′(λ)＜0.所以f(λ)在0，33上单调递增，在33，1上

单调递减，故f(λ)max＝f3311＝239.故D正确．故选ACD.13．解析：将|a＋2b|＝7两边平方，得a2＋4a·b＋4b2＝7，即3＋4×3×|b|×cosπ6＋4|b|2＝7，即2|b|2＋3|b|－2＝0，即(|b|＋2)(2|b|－1)＝0，解得|b|＝12.

答案：1214．解析：PA→·PB→＝(PC→＋CA→)·(PC→＋CB→)＝(PC→＋CA→)·(PC→－CA→)＝PC→2－CA→2＝PC→2－9，则P是圆x2＋y2＝1上一动点，圆心C的坐标为(3，4

)，所以|PC→|∈[4，6]，所以PA→·PB→的取值范围是[7，27]．答案：[7，27]15．解析：不妨设AD＝a，DC＝b，要使得三棱锥A-PCD体积最大，则三角形ADC面积最大且AP⊥底面ADC.由

题可知a＋b＝4且AD⊥DC，故S△ADC＝12ab≤12×14(a＋b)2＝2，当且仅当a＝b＝2时取得最大值．综上所述，要满足题意，则需AP⊥平面ADC，且AD＝DC＝2，此时该三棱锥的外接球半径R＝22＋22＋12＝32，所以其外接球的表面积为S＝4π322＝9π.答案：

9π16．解析：易知an≠0，由an＋1＝an2－an可得1an＋1＝2an－1，于是1an＋1－1＝2an－2＝21an－1，因为1a1＝3，且bn＝1an－1，所以数列{bn}是首项为2，公比为2

的等比数列，所以bn＝2×2n－1＝2n，1bn＝12n，所以Sn＝121－12n1－12＝1－12n.由|Sn－1|＜11000得1－12n－1＜11000，得2n＞1000.因为2

9＝512＜1000＜1024＝210，所以n≥10，所以使得|Sn－1|＜11000成立的n的最小值为10.答案：1017．解：方案一：若选条件①：(1)因为ccosA＋acosC＝2bcosB，由正弦定理，得sinCcosA＋sinAcosC＝2s

inBcosB，即sin(A＋C)＝2sinBcosB.在△ABC中，A＋B＋C＝π，得sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB，12即sinB＝2sinBcosB．又B∈(0，π)，所以cosB＝12，所以B＝π3.(2)因为b＝3，由余弦定理得b2＝3＝a2＋c2－2

accosB＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当a＝c时等号成立)，结合三角形的面积公式得S△ABC＝12acsinB≤12×3×32＝334，所以该三角形面积的最大值为334.方案二：若选条件②：(1)结合余弦定理得cosB＝a2＋c2－b22ac＝12，又B∈

(0，π)，所以B＝π3.(2)由b＝3，结合余弦定理得b2＝3＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当a＝c时等号成立)，结合三角形的面积公式得S△ABC＝12acsinB≤12×3×32＝3

34，所以该三角形面积的最大值为334.方案三：若选条件③：(1)因为2cos2B2－3cosB＝0，所以1＋cosB－3cosB＝0，所以cosB＝12.又B∈(0，π)，所以B＝π3.(2)由b＝3，结合余弦定理得b2＝3

＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当a＝c时等号成立)，结合三角形的面积公式得S△ABC＝12acsinB≤12×3×32＝334，所以该三角形面积的最大值为334.18．解：(1)结合条件将点(an，

2Sn)代入函数解析式得a2n＋an＝2Sn＋2，①当n＝1时，a21＋a1＝2a1＋2，解得a1＝－1(舍)，a1＝2；当n≥2时，a2n－1＋an－1＝2Sn－1＋2.②结合①②，化简得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，因为an>0，所以an－an－1＝1，所以数列{an}是首项为

2，公差为1的等差数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.(2)证明：结合(1)，得Sn＝na1＋n（n－1）2×1＝n（n＋3）2，13所以bn＝2＋n＋1（n＋1）n（n＋3）2＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，所以Tn＝21

－12＋212－13＋213－14＋…＋21n－1n＋1＝2－2n＋1＜2.19．解：(1)证明：连接BE(图略)，在△BCE中，因为点M，N分别为CE，BC的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BDEF，BE⊂

平面BDEF，所以MN∥平面BDEF.(2)证明：在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，∠ABC＝60°，所以∠BAD＝∠CDA＝120°，∠ADB＝30°，所以∠CDB＝90°，所以BD⊥D

C，BD＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos120°＝3.又因为四边形BDEF为正方形，所以BD⊥DE，又DE∩CD＝D，DE，CD⊂平面CDE，所以BD⊥平面CDE.(3)结合(2)知，以点D为坐标原点，分别以直

线DB，DC为x轴、y轴，以与过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A32，－12，0，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)．因为GA⊥平面ABCD，连接GD，GB，

又AD＝AB，易得GB＝GD，所以GE＝GF.因为EF＝BD＝3，所以GF2＋BF2＝AG2＋AB2，所以AG＝112，所以点G的坐标为32，－12，112，所以BC→＝(－3，1，0)，BG

→＝－32，－12，112，BD→＝(－3，0，0)．设平面BGC的一个法向量为n＝(x，y，z)，所以n·BC→＝0，n·BG→＝0，14即－3x＋y＝0，－32x－12y＋112z＝0，解得y＝3x，z＝

2311x.令x＝3，则y＝3，z＝61111，所以平面BGC的一个法向量为n＝3，3，61111.设BD与平面BCG所成角为θ，所以sinθ＝|cos〈n，BD→〉|＝|n·BD→||n||BD→|＝3（3）2＋32＋611112×3＝15

428，所以BD与平面BCG所成角正弦值为15428.20．解：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知，点(0，b)在直线m：x－y＋1＝0上，得b＝1.又因为ca＝32，b2＋c2＝a2，a>0，所以a＝2，c＝3，所以所求椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.(

2)证明：设P(x0，y0)，A(－1，t)，B(－1，－t)，则有x20＋4y20－4＝0.直线AP的方程为y－t＝t－y0－1－x0(x＋1)．令x＝－4，整理得yQ＝（4＋x0）t－3y01＋x0.同理可得点R纵坐标yR＝－3y0－（4＋x0）t1＋x0，所以点

Q，R的纵坐标之积yQ·yR＝（4＋x0）t－3y01＋x0·－3y0－（4＋x0）t1＋x0＝9y20－（4＋x0）2t2（1＋x0）2.又因为y20＝1－14x20，t2＝34，所以yQ·yR＝91－14x20－34（4＋x0）2（1＋x0）2＝－3（

1＋x0）2（1＋x0）2＝－3，15所以OQ→·OR→＝(－4，yQ)·(－4，yR)＝16＋yQ·yR＝13，即OQ→·OR→(O为坐标原点)为定值．21．解：(1)填写列联表如下：“体育达人”非“体育达

人”总计高三男生5204801000高一男生4006001000总计92010802000所以K2的观测值k＝2000×（520×600－480×400）2920×1080×1000×1000≈28.986＞10.828，所以有9

9.9%的把握认为是否为“体育达人”与年龄有关．(2)①样本平均数为x＝4×0.04＋6×0.06＋8×0.10＋10×0.10＋12×0.30＋14×0.20＋16×0.10＋18×0.08＋20×0.02＝12.16.

由前4组的频率之和为0.04＋0.06＋0.10＋0.10＝0.30，前5组的频率之和为0.30＋0.30＝0.60，知样本中位数落在第5组，设样本中位数为t，则(t－11)×0.15＝0.50－0.30，所以t＝3

73.故可以估计高一男生引体向上的平均数为12.16，中位数为373.②(μ－2σ，μ＋σ)＝(4.88，15.8)，而P(μ－2σ＜Z≤μ＋σ)＝12P(μ－2σ＜Z≤μ＋2σ)＋12P(μ－σ＜Z≤μ＋σ)≈0.8186，所以X～B(5，0.8186)，所以X的数学期望为E(X)＝5×0.81

86＝4.093.22．解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且当a＝2时，f(x)＝x2－x－lnx，则f′(x)＝2x－1－1x＝（x－1）（2x＋1）x，所以当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1

时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝1时取得极小值即最小值，且最小值为f(1)＝1－1－ln1＝0.16(2)因为f′(x)＝ax2－x－1x，x∈(0，＋∞)，

令h(x)＝ax2－x－1，因为a>0，所以Δ＝1＋4a>0，所以方程h(x)＝0有两个不等实数根，设为x1，x2(x1<x2)．又因为h(0)＝－1<0，所以x1<0<x2，所以在(0，x2)上h(x)<0，在(x2，＋∞)上

h(x)>0，即在(0，x2)上f′(x)<0，在(x2，＋∞)上f′(x)>0，所以f(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)最小值为f(x2)＝12ax22－x2－lnx2，因为ax22－x2－1＝0，所以ax22＝x2

＋1，所以f(x2)＝－12x2－lnx2＋12，令m(x)＝－12x－lnx＋12，所以m′(x)＝－12－1x＜0，从而函数m(x)在(0，＋∞)上单调递减，且m(1)＝0，所以对x∈(1，＋∞)，m(x)<0，x∈(0，1)时，m(x)>0，当a>2时，因为ax22

＝x2＋1，所以x2∈(0，1)，所以f(x2)>0，所以a>2，此时函数无零点，不合题意．当a＝2时，函数f(x)有一个零点x＝1；当0<a<2时，x2>1，则f(x2)<0，结合f1e＝a2e2－1e＋1>0，则需证明存在

x0>x2时，使得f(x0)>0即可，因为lnx≤x－1(构造μ(x)＝lnx－x＋1易证明)，所以f(x)＝ax22－x－lnx≥ax22－x－(x－1)＝ax22－2x＋1＞ax22－2x＝12axx－4a，则x>4a时，12a

xx－4a＞0，即存在x0>4a使得f(x0)>0，故当0<a<2时函数f(x)有两个零点．综上，实数a的取值范围为(0，2)．