文档内容
2025-2026学年山东省淄博市高三（上）期末数学试卷
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．（5分）设全集U＝{1，2，3，4，5}，集合A＝{1，2}，B＝{2，3，5}，则（ A）∩B＝（ ）
U
A．{3，5} B．{3，4，5} C．{2，3，4，5} D．{1，2，∁3，4}
2．（5分）已知复数z在复平面内对应的点的坐标是（1，﹣2），则i（ ）
A．1+2i B．1﹣2i C．2+i D．﹣2+i
3．（5分）已知向量，，则“”是“x＝﹣1”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
4．（5分）将5名志愿者分配到两项公益活动，每名志愿者只分配到一项公益活动，每项公益活动至少
分配2名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．10种 B．25种 C．20种 D．40种
5．（5分）若随机变量 ～N（3，σ2），且P（ ≤a）＝P（ ≥b），则ab的最大值为（ ）
A．9 ξB． ξC．24 ξ D．27
6．（5分）若函数的图象向右平移个单位长度后关于点对称，则 的值为（ ）
A． B．1 C． ω D．2
7．（5分）已知，pcos +qcosp，psin ﹣qsinq（p，q R且pq≠0），则cos ＝（ ）
A． α B． α C．∈ D． α
8．（5分）设函数，若函数g（x）＝f（x）﹣ax恰有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．（0，2） B．（0，2] C．（2，+∞） D．[2，+∞）
二.多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）下列命题正确的有（ ）
A．的展开式的各二项式系数的和为1
B．已知随机事件A和B，若P（A）＝0.2，P（B）＝0.3，P（AB）＝0.06，则A和B相互独立
C．若随机变量X～B（5，），则
D．数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是3
第1页（共16页）（多选）10．（6分）已知公差为d的等差数列{a }的前n项和为S ，且S 满足S ＜S ＜S ，令b
n n n 2025 2026 2024 n
＝a a a ，数列的前n项和为T ，则下列说法正确的是（ ）
n n+1 n+2 n
A．a ＜0
2025
B．使得S ＞0成立的n的最小值为4050
n
C．a a ＜a a
2026 2027 2024 2025
D．
（多选）11．（6分）已知等腰△MAD，MA＝MD，取MA，MD中点B，C，将△MBC沿BC翻折至
△PBC，使得△PAB，△PCD为正三角形，若PO⊥底面ABCD，PO＝2，PA＝2，则下列说法正确的是
（ ）
A．四棱锥P﹣ABCD存在外接球
B．
C．
D．四棱锥P﹣ABCD的体积为
三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）若曲线y＝ex+x在点P处的切线斜率为2，则点P的坐标是 ．
13．（5分）已知函数，若f（x）≤1，则x的取值范围是 ．
14．（5分）若函数f（x）＝cos2x+2sinx+1在区间（0，a）上有最大值无最小值，则实数a的取值范围是
．
四.解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，（b+a）sinB＝（c+a）（sinC﹣
sinA），c＝4．
（1）求角C的大小；
（2）若AB边上的中线CD长为，求△ABC的面积．
16．（15分）记S 为数列{a }的前n项和，已知a ＝1，a ＝S +n+1（n N*），b ．
n n 1 n+1 n n
（1）证明数列{a n +1}是等比数列； ∈
第2页（共16页）（2）求数列{n•（2﹣b ）}的前n项和T ．
n n
17．（15分）如图，四棱锥M﹣ABCD中，MA⊥平面ABCD，MA＝2，底面ABCD为直角梯形，∠BAD
＝∠ADC＝90°，AB＝3，AD＝CD＝2，，点E，N分别在线段MD与AM上（不含端点），且．
（1）证明：CF∥平面MAD；
（2）求平面MAD与平面MBC夹角的余弦值；
（3）若EN∥平面MBC，求的最小值．
18．（17分）由mn个小正方形构成的长方形网格有m行和n列，每次将一个小球放到一个小正方形内，
放满为止．
（1）第一行中的n个小球颜色互不相同，其余行都由这n个小球以不同的顺序组成，如果要使任意两
行的顺序都不相同，求m的最大值；
（2）长方形网格中只放白球或黑球，每个小正方形内放白球的概率为 p，放黑球的概率为q，p+q＝
1．
（1）若m＝n＝2，p，q，记在每列都有黑球的条件下，含白球的行数为随机变量 ，求 的分布列和
数学期望； ξ ξ
（ii）设事件A＝“不是每一列都有黑球”，求p（A），并证明：（1﹣pm）n+（1﹣qn）m≥1．
19．（17分）已知函数f（x）＝aex﹣x2．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有3个零点，x ，x ，x 且x ＜x ＜x ．
1 2 3 1 2 3
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：．
第3页（共16页）2025-2026学年山东省淄博市高三（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D B C A B B A
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BC ACD ABD
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．（5分）设全集U＝{1，2，3，4，5}，集合A＝{1，2}，B＝{2，3，5}，则（ A）∩B＝（ ）
U
A．{3，5} B．{3，4，5} C．{2，3，4，5} D．{1，2，∁3，4}
【分析】先求出 A，再求（ A）∩B．
U U
【解答】解：∵∁全集U＝{1，∁2，3，4，5}，集合A＝{1，2}，B＝{2，3，5}，
∴（ A）∩B＝{3，4，5}∩{2，3，5}＝{3，5}．
U
故选∁：A．
2．（5分）已知复数z在复平面内对应的点的坐标是（1，﹣2），则i（ ）
A．1+2i B．1﹣2i C．2+i D．﹣2+i
【分析】由已知可得z，再由复数代数形式的乘除运算求i．
【解答】解：由已知可得z＝1﹣2i，
则ii（1+2i）＝i+2i2＝﹣2+i．
故选：D．
3．（5分）已知向量，，则“”是“x＝﹣1”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
【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
【解答】解：向量，，
第4页（共16页）则，
若，
则，解得x＝0或﹣1，
“”是“x＝﹣1”的必要不充分条件．
故选：B．
4．（5分）将5名志愿者分配到两项公益活动，每名志愿者只分配到一项公益活动，每项公益活动至少
分配2名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．10种 B．25种 C．20种 D．40种
【分析】将5名志愿者分为2组，每组的人数分别为2和3，再将这2组志愿者分配到2项公益活动，
利用分步乘法计数原理可得结果．
【解答】解：将5名志愿者分为2组，每组的人数分别为2和3，
再将这2组志愿者分配到2项公益活动，
由分步乘法计数原理可知，不同的分配方案种数为．
故选：C．
5．（5分）若随机变量 ～N（3，σ2），且P（ ≤a）＝P（ ≥b），则ab的最大值为（ ）
A．9 ξB． ξC．24 ξ D．27
【分析】由正态分布的对称性可得a+b＝6，从而可得ab＝﹣（a﹣3）2+9，从而求得最值．
【解答】解：因为随机变量 ～N（3，σ2），且P（ ≤a）＝P（ ≥b），
所以，所以a+b＝6，则b＝6ξ﹣a， ξ ξ
所以ab＝a（6﹣a）＝﹣a2+6a＝﹣（a﹣3）2+9，
则当a＝3时，ab取得最大值9，
所以ab的最大值为9．
故选：A．
6．（5分）若函数的图象向右平移个单位长度后关于点对称，则 的值为（ ）
A． B．1 C． ω D．2
【分析】根据正弦函数的性质即可求解．
【解答】解：的图像向右平移个单位长度，
可得，
因为是此函数的对称中心，则，k Z，
解得 ＝﹣3k+1，k Z，当k＝0时∈， ＝1．
故选：ωB． ∈ ω
第5页（共16页）7．（5分）已知，pcos +qcosp，psin ﹣qsinq（p，q R且pq≠0），则cos ＝（ ）
A． α B． α C．∈ D． α
【分析】根据条件，利用平方关系可得，进而可得，即可求解．
【解答】解：因为，
则①，
又，
则②，
由①+②得，
即，
又pq≠0，所以，
又，则，
所以，解得，
所以．
故选：B．
8．（5分）设函数，若函数g（x）＝f（x）﹣ax恰有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．（0，2） B．（0，2] C．（2，+∞） D．[2，+∞）
【分析】根据题意先得x＝0 是函数g（x）＝f（x）﹣ax的一个零点，当 g（x）＝f（x）﹣ax＝0
时，，所以当x≠0时，y＝a与的图象必有一个交点，根据函数求导计算可得的函数图象，数形结合即
可解决．
【解答】解：由题知，，函数g（x）＝f（x）﹣ax恰有两个零点，
因为当x＝0时，g（0）＝f（0）﹣0＝0，
所以x＝0 是函数g（x）＝f（x）﹣ax的一个零点，
又当x≠0 时，由 g（x）＝f（x）﹣ax＝0 可得，
所以当x≠0时，y＝a与y的图象必有一个交点，
由于，
当x＞0时，y＝ex+e﹣x﹣2，则恒成立，
所以函数在（0，+∞） 上单调递增，
当x＜0时，，则，
当y′0时，﹣2＜x＜0，
当y′0时，x＜﹣2，
所以当x （﹣∞，﹣2）时，单调递减，当x [﹣2，0）时，单调递增，
所以当x∈＜0时，y有最小值为2， ∈
第6页（共16页）所以，函数图象如图：
由图可知，若y＝a与图象必有一个交点，则a （0，2）．
故选：A． ∈
二.多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）下列命题正确的有（ ）
A．的展开式的各二项式系数的和为1
B．已知随机事件A和B，若P（A）＝0.2，P（B）＝0.3，P（AB）＝0.06，则A和B相互独立
C．若随机变量X～B（5，），则
D．数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是3
【分析】利用二项式定理判断A；利用相互独立事件判断B；利用二项分布判断C；利用百分位数判断
D．
【解答】解：对于A，的展开式的各二项式系数的和为25＝32，故A错误；
对于B，随机事件A和B，P（A）＝0.2，P（B）＝0.3，P（AB）＝0.06，
满足P（AB）＝P（A）P（B），
则A和B相互独立，故B正确；
对于C，随机变量X～B（5，），则E（X）＝5，故C正确；
对于D，数据11，13，5，6，8，1，3，9由小到大排列为1，3，5，6，8，9，11，13，
i＝8，
∵i＝2是整数，∴数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是（3+5）＝4，故D错误．
故选：BC．
（多选）10．（6分）已知公差为d的等差数列{a }的前n项和为S ，且S 满足S ＜S ＜S ，令b
n n n 2025 2026 2024 n
＝a a a ，数列的前n项和为T ，则下列说法正确的是（ ）
n n+1 n+2 n
第7页（共16页）A．a ＜0
2025
B．使得S ＞0成立的n的最小值为4050
n
C．a a ＜a a
2026 2027 2024 2025
D．
【分析】由数列的通项与前n项和的关系，结合等差数列的性质和前 n项和的公式，以及数列的裂项
相消求和，对各个选项分析，可得结论．
【解答】解：公差为d的等差数列{a }的前n项和为S ，且S 满足S ＜S ＜S ，
n n n 2025 2026 2024
可得a ＝S ﹣S ＞0，a ＝S ﹣S ＜0，故A正确；
2026 2026 2025 2025 2025 2024
由a +a ＝S ﹣S ＜0，
2025 2026 2026 2024
可得S 4050×（a +a ）＝2025（a +a ）＜0，可得B错误；
4050 1 4050 2025 2026
由a ＞0，a ＜0，可得d＞0，a ＞0，a ＜0，
2026 2025 2027 2024
且a +a ＝a +a ＜0，
2025 2026 2024 2027
即有﹣a ＞a ＞0，﹣a ＞a ＞0，则a a ＜a a ，故C正确；
2024 2027 2025 2026 2026 2027 2024 2025
b ＝a a a ，（），
n n n+1 n+2
前n项和T （...）（），故D正确．
n
故选：ACD．
（多选）11．（6分）已知等腰△MAD，MA＝MD，取MA，MD中点B，C，将△MBC沿BC翻折至
△PBC，使得△PAB，△PCD为正三角形，若PO⊥底面ABCD，PO＝2，PA＝2，则下列说法正确的是
（ ）
A．四棱锥P﹣ABCD存在外接球
B．
C．
D．四棱锥P﹣ABCD的体积为
【分析】选项A，结合线面垂直的性质定理与勾股定理计算可得OB＝OC＝OD＝OA＝OP＝2，从而知
点O即为外接球的球心；选项B，利用∠AOD+∠BOC＝180°，结合余弦定理求BC的长即可；选项
第8页（共16页）C，结合余弦定理与勾股定理可证PA2+PC2≠AC2，从而作出判断；选项D，由棱锥的体积公式即可得
解．
【解答】解：选项A，因为PO⊥底面ABCD，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC，PO⊥OD，
又PO＝2，PA＝2，所以OA＝2，
因为△PAB，△PCD为正三角形，即PA＝PB＝PC＝PD＝AB＝CD＝2，
所以OB＝OC＝OD＝OA＝OP＝2，
即点O是四棱锥P﹣ABCD外接球的球心，故选项A正确；
选项B，在四边形ABCD中，设BC＝x，则AD＝2x，
因为OA＝OB＝2，AB＝2，
所以∠AOB＝90°，
同理可得∠COD＝90°，
所以∠AOD+∠BOC＝180°，即cos∠AOD+cos∠BOC＝0，
在△AOD中，由余弦定理知，cos∠AOD，
在△BOC中，由余弦定理知，cos∠BOC，
所以0，解得x，
即BC，故选项B正确；
选项C，由选项C知，cos∠BOC，所以sin∠BOC，
所以cos∠AOC＝cos（∠AOD+∠BOC）＝cos（90°+∠BOC）＝﹣sin∠BOC，
在△AOC中，由余弦定理知，AC2＝OA2+OC2﹣2OA•OCcos∠AOC＝4+4﹣2×2×2×（），
而PA＝PC＝2，
所以PA2+PC2≠AC2，即PA不垂直PC，所以不成立，故选项C错误；
选项D，由选项B和C知，sin∠AOD＝sin∠BOC，
所以S△AOD OA•ODsin∠AOD，S△BOC OB•OCsin∠BOC，
而S△AOB ＝S△COD 2，
所以四边形ABCD的面积为S2+2，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积VS•PO，故选项D正确．
故选：ABD．
三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）若曲线y＝ex+x在点P处的切线斜率为2，则点P的坐标是 （ 0 ， 1 ） ．
【分析】先设切点P（x ，y ），根据导数的几何意义求出函数f（x）在x＝x 处的导数，从而求出切
0 0 0
第9页（共16页）线的斜率，建立方程，解之即可．
【解答】解：设P（x ，y ），y＝ex+x的导数为y′＝y＝ex+1，
0 0
由题意知：1，
∴1＝2．
∴x ＝0，
0
∴y ＝e0+0＝1．
0
∴P点的坐标为（0，1）．
故答案为：（0，1）．
13．（5分）已知函数，若f（x）≤1，则x的取值范围是 [ 0 ， 2 ] ．
【分析】结合指数、对数不等式的解法，即可求解．
【解答】解：当x≤0时，，即x≥0，
故x＝0，
当x＞0时，log x≤log 2，即0＜x≤2，
2 2
故0＜x≤2，
综上所述，x的取值范围是[0，2]．
故答案为：[0，2]．
14．（5分）若函数f（x）＝cos2x+2sinx+1在区间（0，a）上有最大值无最小值，则实数a的取值范围是
．
【分析】根据二倍角公式及换元法得出g（t）＝﹣2t2+2t+2，再结合g（t）有最大值无最小值，分类讨
论即可求解．
【解答】解：f（x）＝1﹣2sin2x+2sinx+1＝﹣2sin2x+2sinx+2，
令sinx＝t，则g（t）＝﹣2t2+2t+2，对称轴为，
所以g（0）＝g（1），
由且x （0，a），可得或，由题可知，
当时，∈t＝sinx （0，sina），，此时g（t）有最大值，无最小值；
当时，t＝sinx∈（0，1），此时g（t）有最大值，无最小值；
当时，t＝sinx∈（0，1]，此时g（t）有最大值，有最小值g（1）；
当a＝ 时，t＝∈sinx （0，1]，此时g（t）有最大值，有最小值g（1）；
时，t＝πsinx （sina，∈1]，sina （﹣1，0），此时g（t）有最大值，无最小值；
当时，t＝si∈nx （﹣1，1]，此∈时g（t）有最大值，无最小值；
时，t＝sinx [﹣∈ 1，1]，此时g（t）有最大值，有最小值g（﹣1），
∈
第10页（共16页）综上所述，．
故答案为：．
四.解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，（b+a）sinB＝（c+a）（sinC﹣
sinA），c＝4．
（1）求角C的大小；
（2）若AB边上的中线CD长为，求△ABC的面积．
【分析】（1）由正弦定理，余弦定理可得cosC的值，再由角C的范围，可得角C的大小；
（2）由三角形的中线的向量表示及余弦定理可得ab的值，代入三角形的面积公式，可得该三角形的
面积的大小．
【解答】解：（1）因为（b+a）sinB＝（c+a）（sinC﹣sinA），
由正弦定理可得（b+a）b＝（c+a）（c﹣a），
整理可得：a2+b2﹣c2＝﹣ab，
由余弦定理可得：a2+b2﹣c2＝2abcosC，
所以cosC，
而C （0， ），可得C；
（2）∈AB边上π 的中线CD长为，c＝4，
可得2，两边平方可得42cosC，
即8＝b2+a2﹣ab，①
由余弦定理可得：c2＝b2+a2+ab，即16＝b2+a2+ab，②
由①②可得ab＝4，
所以△ABC的面积SabsinC．
16．（15分）记S 为数列{a }的前n项和，已知a ＝1，a ＝S +n+1（n N*），b ．
n n 1 n+1 n n
（1）证明数列{a n +1}是等比数列； ∈
（2）求数列{n•（2﹣b ）}的前n项和T ．
n n
【分析】（1）由a 与S 的关系和等比数列的定义即可证明；
n n
（2）求出a 和b ，再由错位相减法计算即可求得．
n n
【解答】解：（1）证明：因为S 为数列{a }的前n项和，且a ＝S +n+1，
n n n+1 n
所以S ＝a ﹣n﹣1，
n n+1
当n≥2时，a
n
＝S
n
﹣S
n﹣1
＝a
n+1
﹣n﹣1﹣[a
n
﹣（n﹣1﹣1）]＝a
n+1
﹣a
n
﹣1，
所以a ＝2a +1，所以a +1＝2（a +1），
n+1 n n+1 n
第11页（共16页）当n＝1时，a ＝S +1+1＝a +2＝3，所以a +1＝2（a +1），
2 1 1 2 1
所以对任意的n N*，都有a +1＝2（a +1），即，
n+1 n
所以数列{a
n
+1}∈是公比为2的等比数列；
（2）由（1）知，数列{a +1}是公比为2的等比数列，且a +1＝2，
n 1
所以，即，
因为b ，
n
所以n•（2﹣b ），
n
所以，①
，②
则①﹣②得：，
所以．
17．（15分）如图，四棱锥M﹣ABCD中，MA⊥平面ABCD，MA＝2，底面ABCD为直角梯形，∠BAD
＝∠ADC＝90°，AB＝3，AD＝CD＝2，，点E，N分别在线段MD与AM上（不含端点），且．
（1）证明：CF∥平面MAD；
（2）求平面MAD与平面MBC夹角的余弦值；
（3）若EN∥平面MBC，求的最小值．
【分析】（1）过点F作FG∥AB，交AM于点G，连接DG，先证四边形CDGF为平行四边形，可得
CF∥DG，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）以A为原点建系，利用向量法求面面角即可；
（3）设E（x ，y ，z ），N（0，0，z ），根据空间向量共线的坐标运算，分别用含 和 的式子表
1 1 1 2
示出点E和N的坐标，再由0，可得 和 之间的等量关系，再结合基本不等式求解即可λ ．μ
【解答】（1）证明：过点F作FG∥λ ABμ，交AM于点G，连接DG，则FG∥AB∥CD，且FGAB＝
CD，
所以四边形CDGF为平行四边形，
所以CF∥DG，
又CF 平面MAD，DG 平面MAD，
⊄ ⊂
第12页（共16页）所以CF∥平面MAD．
（2）解：以A为原点，所在方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），D（2，0，0），B（0，3，0），C（2，2，0），M（0，0，2），
所以，（2，2，﹣2），
设平面MBC的法向量为（x，y，z），则，
令z＝3，得（1，2，3），
易知平面MAD的一个法向量为
设平面MAD与平面MBC夹角为 ，
则cos ＝|cos，|， θ
所以平θ面MAD与平面MBC夹角的余弦值为．
（3）解：设E（x ，y ，z ），N（0，0，z ），
1 1 1 2
因为， ，
所以（μx
1
﹣2，y
1
，z
1
）＝ （﹣x
1
，﹣y
1
，2﹣z
1
），（0，0，z
2
）＝ （0，0，2﹣z
2
），
所以，N（0，0，）， λ μ
所以（，0，），
由（2）知平面MBC的一个法向量为（1，2，3），
因为EN∥平面MBC，
所以0，即，
整理得3 ﹣2 +1＝0，
因为 ＞0λ， μ＞0，所以，
所以（λ 当且仅μ当， ＝1时取“＝”），
故的最小值为． μ
18．（17分）由mn个小正方形构成的长方形网格有m行和n列，每次将一个小球放到一个小正方形内，
放满为止．
（1）第一行中的n个小球颜色互不相同，其余行都由这n个小球以不同的顺序组成，如果要使任意两
第13页（共16页）行的顺序都不相同，求m的最大值；
（2）长方形网格中只放白球或黑球，每个小正方形内放白球的概率为 p，放黑球的概率为q，p+q＝
1．
（1）若m＝n＝2，p，q，记在每列都有黑球的条件下，含白球的行数为随机变量 ，求 的分布列和
数学期望； ξ ξ
（ii）设事件A＝“不是每一列都有黑球”，求p（A），并证明：（1﹣pm）n+（1﹣qn）m≥1．
【分析】（1）利用全排列知识解决．
（2）（i）确定 的取值，再根据条件概率的概率公式逐一求解，最后利用期望公式即可；
（ii）利用对立事ξ 件求出P（A），再记“每行都至少有一个白球”为事件D，求出P（D），根据P
（A）≤P（D）可证明．
【解答】解：（1）将n个颜色互不相同的小球全排列，共有种排法，
故m的最大值为．
（2）（i） 的所有可能取值为0，1，2，
记“含白球ξ的行数为k”为事件A
k
（k＝0，1，2），记“每列都有黑球”为事件B，
则，
，
，
故 的分布列为：
ξ 0 1 2
P
ξ
数学期望为．
（ii）证明：因为每一列都至少有一个黑球的概率为（1﹣pm）n，
则不是每一列都有黑球的概率为P（A）＝1﹣（1﹣pm）n，
记“每行都至少有一个白球”为事件D，所以P（D）＝（1﹣qn）m，
因为A D，所以P（A）≤P（D），即1﹣（1﹣pm）n≤（1﹣qn）m，
故（1﹣⊆pm）n+（1﹣qn）m≥1．
19．（17分）已知函数f（x）＝aex﹣x2．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有3个零点，x ，x ，x 且x ＜x ＜x ．
1 2 3 1 2 3
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：．
第14页（共16页）【分析】（1）对f（x）求导，利用导数与单调性的关系求解即可；
（2）（i）分析可知函数f（x）＝aex﹣x2有3个零点等价于当y＝a与有三个交点，利用导数判断g
（x）的单调性与极值，进而可得a的取值范围；
（ii）先证对数均值不等式，再根据零点的性质及均值不等式可得 x x ＜4，分析可知要证，即证，设
2 3
函数，利用导数求出 （x）的最大值即可得解．
【解答】解：（1）当φa＝1时，f（x）＝ex﹣x2，定义域为R，
f'（x）＝ex﹣2x，f″（x）＝ex﹣2，
令f″（x）＝0，得x＝ln2，
x （﹣∞，ln2），f″（x）＜0，x （ln2，+∞），f″（x）＞0，
所∈以f'（x）在（﹣∞，ln2）上递减∈，在（ln2，+∞）上递增，
所以f′（x）≥f′（ln2）＝2（1﹣ln2）＞0，即f'（x）＞0，
所以f（x）在R上单调递增；
（2）（i）函数f（x）＝aex﹣x2有3个零点，等价于aex﹣x2＝0有三个根，
等价于有三个根，等价于当y＝a与有三个交点，
，
x （﹣∞，0） 0 （0，2） 2 （2．+∞）
g′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣
g（x） 减 0 增 减
x→，
x→+∞，由洛必达法则知，
所以a的取值范围为；
（ii）证明：先证对数均值不等式，
由（i）知x ＜0＜x ＜2＜x ，令，
1 2 3
则，
等价于，
等价于，
令，
，
g（t）在（1，+∞）上递减，g（t）＜g（1）＝0，
故，
由（i）知，x ＜0＜x ＜2＜x ，
1 2 3
满足，由②③可得，
第15页（共16页）两式作差可得x ﹣x ＝2（lnx ﹣lnx ），
3 2 3 2
则由对数均值不等式可得，
则x x ＜4，
2 3
故要证，
即证，只需证，
即证，又因为，则，
所以，故只需证，
设函数，则，
当2＜x＜4时， '（x）＞0，则 （x）在（2，4）上单调递增；
当x＞4时， '（φx）＜0，则 （φx）在（4，+∞）上单调递减；
故，即， φ φ
而由4e2﹣16e+16＝4（e﹣2）2＞0，
可知成立，故命题得证．
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