精品解析：上海市复旦大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_下学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 复旦大学附属中学 2022 学年第二学期 高二年级数学期中考试试卷 一、填空题（本大题共 12题，满分 54分，第 1-6 题每题 4分，第 7-12 题每题 5分） 1 1 P(A) ,P(B) 1. 事件A与事件B是独立的，且 2 3 ，则 P(A  B) ________. 1 【答案】 6 【解析】 【分析】由独立事件的乘法公式即可得出答案. 1 1 【详解】因为事件A与事件B是独立的，且P(A) ,P(B) ， 2 3 1 1 1 所以P(AB) PAPB   . 2 3 6 1 故答案为： 6 2. 在100个人中，其中45人为女性，55人为男性，计划抽取20人测量身高.若按性别进行分层随机抽 样，则应该抽取________位男性测量身高。 【答案】11 【解析】 【分析】根据题意求得每个人抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解. 【详解】利用分层抽样的方法从100个人中抽取了20人测量身高，其中45人为女性，55人为男性， 20 1 则每个人被抽到的概率为 p  ， 100 5 n 1 设应该抽取n位男性，可得  ，解得n11（人）， 55 5 即应该抽取11位男性测量身高. 故答案为：11. 3. 已知随机变量X 服从正态分布N  1,2 ，若PX a PX a ，则a _____________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性可直接求得结果. 【详解】  X  N  1,2 ，x1为正态分布曲线的对称轴， 由PX a PX a 得：a 1. 第 1 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故答案为：1. 4. (13x)7的展开式中，x2项的系数为________. 【答案】189 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，求x2项的系数. 【详解】(13x)7的展开式的通项公式T Cr 3xr ， r1 7 当r 2时，x2项的系数为C232 189. 7 故答案为：189 5. 已知一组数据a ,a ,… ,a 的平均数为6，那么2a 5,2a 5,,2a 5的平均数为_______. 1 2 n 1 2 n 【答案】17 【解析】 【分析】根据平均数公式，即可求解. a a a ...a 【详解】由条件可知， 1 2 3 n 6， n 2a 52a 5...2a 5 a a a ...a 则 1 2 n 2 1 2 3 n 5 n n 26517. 故答案为：17 π π 6. 若曲线y  f(x)2sinx384在点 , f  处的切线与直线y ax383垂直，则实数a  3 3 _____. 【答案】1 【解析】 【分析】由导数的几何意义求解即可. 【详解】由y  f(x)2sinx384可得 f(x)2cosx， π π π π 则线y  f(x)2sinx384在点 , f  处的切线的斜率为： f( )2cos 1， 3 3 3 3 故a1. 故答案为：1 第 2 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 7. 从所有三位数中随机取一个，并假设取到每个三位数的可能性是相同的，则取到的是无重复数字的三位 数的概率是___________. 18 【答案】 ##0.72 25 【解析】 【分析】直接利用组合数和古典概率的定义求出结果． 【详解】从所有三位数中随机取一个，故基本事件总数是99999900， 没有重复数字的三位数是：C1 C1 C1 998648， 9 9 8 648 18 故取到的是无重复数字的三位数的概率P  ． 900 25 18 故答案为： ． 25 8. 已知函数y  f(x)7xncos(3x7)在定义域R 上不单调，则正整数n的最小值是_________. 【答案】3 【解析】 【分析】求出函数的导函数，根据 f(x)0, f(x)0均有解，结合正弦函数的性质，求出n的取值范围， 即可得解． 【详解】函数y  f(x)7xncos(3x7)，则 f(x)73nsin(3x7)， 因为n为正整数，当sin(3x7)0时， f(x)7， f x 在R 上存在递增区间； 若 f x 在R 上存在递减区间，即 f(x)0有解，则 f(x) 73n0， min 7 所以n ，所以正整数n的最小值是3． 3 故答案为：3． 9. 以下是一些城市的海拔高度与该城市的大气压的对照表.我们已知大气压与海拔高度是近似线性的关 系． 城市 海拔高度/m 大气压/Pa 北京 31.2 99.86 哈尔滨 171.7 98.51 上海 4.5 100.53 第 3 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 昆明 1891.4 80.80 拉萨 3658.0 65.23 则我们可以利用一元线性回归分析（其中海拔高度为解释变量，大气压为反应变量），估计珠穆朗玛峰顶 （海拔8848.9米）的大气压为________Pa（近似到小数点后两位）． 【答案】14.32 【解析】 【分析】设海拔高度为x m，则大气压为yPa，用最小二乘法求出经验回归方程，令x8848.9即可得出 答案． 【详解】设海拔高度为xm，则大气压为yPa， 由表中数据得： 1 x  (31.2171.74.51891.43658.0)1151.36， 5 1 y  (99.8698.51100.5380.8065.23)88.986， 5 5 5 (x x)(y  y)100355.961， (x x)2 10360683.29， i i i i1 i1 5 (x x)(y  y) i i 可用一元线性回归模型拟合y与x的关系，其中b ˆ  i1 ，aˆ  yb ˆ x， 5 (x x)2 i i1 5 (x x)(y  y) i i 100355.961 所以b ˆ  i1  0.0097， 5 10360683.29 (x x)2 i i1 ˆ aˆ  ybx 88.9860.00971151.36100.154， 所以经验回归方程为yˆ 0.0097x100.154， 当x8848.9时，yˆ 0.00978848.9100.15414.32， 所以珠穆朗玛峰顶（海拔8848.9米）的大气压为14.32 Pa， 故答案为：14.32． 10. 现有a个白球、b个黑球（其外观、大小完全一致），从中不放回地摸出k个球，用X(a,b,k)表示摸 第 4 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 出的白球个数,则使得P(X(4,6,k)2) 的k的最小值为_______. 4 【答案】6 【解析】 【分析】利用超几何分布概率模型计算概率即可求解. 【详解】依题意， 若k1， 则P(X(4,6,k)2) P(X(4,6,1)2)0, 若k 2， C2 6 3 则P(X(4,6,k)2) P(X(4,6,2)2) 4   , C2 45 4 10 若k 3， C3 C2C1 40 3 则P(X(4,6,k)2) P(X(4,6,3)2) 4 4 6   , C3 120 4 10 若k 4， C4 C3C1 C2C2 115 3 则P(X(4,6,k)2) P(X(4,6,4)2) 4 4 6 4 6   , C4 210 4 10 若k 5， C4C1 C3C2 C2C3 186 3 则P  X 4,6,k2   P  X 4,6,52   4 6 4 6 4 6   , C5 252 4 10 若k 6， C4C2 C3C3 C2C4 185 3 则P  X 4,6,k2   P  X 4,6,62   4 6 4 6 4 6   C6 210 4 , 10 所以k的最小值为6， 故答案为:6. 11. 已知 f(x)aex,a 0，对于数列 a  ，有a 0,a  f a ，若存在常数M 0使得对于任意的 n 1 n1 n nN，都有a M ，则a的取值范围是________. n 1 【答案】(0, ] e 【解析】 第 5 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【分析】求得 f(x)0，所以 f x 为单调递增函数，由a M ，得到 f(a ) f(M)，根据题意得到 n n f a  f(M)，根据题意转化为aMeM在[0,)上有解，令gx xex，求得 n1 gx(1x)ex，得到函数的单调区间和极大值，即可求解. 【详解】解：因为函数 f(x)aex,a 0，可得 f(x)aex 0，所以 f x 为单调递增函数， 由a M ，可得 f(a ) f(M)， n n 因为对于任意的nN，都有a  f a  且a 0，所以a  f a  f(M)， n1 n 1 n n1 要使得存在常数M 0 使得对于任意的nN，都有a M ， n 则满足M  f M 在[0,)上恒成立，即M aeM 在[0,)上恒成立， 即aMeM在[0,)上恒成立， 令gx xex,x0，可得gx(1x)ex， 当x(0,1)时，gx0，gx 单调递增； 当x(1,)时，gx0，gx 单调递减， 1 所以当x1时，gx 取得极大值，即为最大值g1 ， e 1 要使得aMeM在[0,)上有解，可得0a ， e 1 即实数a的取值范围(0, ]. e 1 故答案为：(0, ]. e 12. 小明同时掷3个骰子，在掷完后，小明有一次重掷的机会，即可以选择三个骰子中的任意多个进行重 掷（可以是0个），并保留剩下骰子的点数，若最后点数之和为7则取得胜利．为了取得胜利，则小明会 选择2个骰子进行重掷的概率为_______． 7 【答案】 36 【解析】 【分析】首先分析出小明选择重新投掷骰子的逻辑，投掷后，若点数和不为7，当3个骰子中，有2枚骰子 的点数和小于7，则选择1个骰子进行重新投掷；当3个骰子中，任意2枚骰子的点数和大于6，则选择2 第 6 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 枚或者3枚进行重掷，分析概率得投掷2枚骰子点数和为4，5或6的概率大于重新投掷3枚骰子使得点数 和为7的概率，即可得出选择2个骰子重掷的种数，从而得出概率． 【详解】三枚骰子和为7的情况共有15种， 1 投掷1枚骰子得到指定点数的概率为： 0.16， 6 15 5 投掷3枚骰子得到点数和为7的概率为：  0.0694 ， 63 72 抛掷2枚骰子，只需要2枚骰子的点数和为2,3,4,5,6， 则投掷2枚骰子得到的点数和与概率如下表： 表1 抛掷2枚骰子的点数和 点数和情况 出现概率 1 5 2 11 =0.027  0.0694 36 72 2 5 3 12,21 =0.05  0.0694 36 72 3 5 4 13,22,31 =0.083  0.0694 36 72 4 5 5 14,23,32,41 =0.1 0.0694 36 72 5 5 6 15,24,33,42,51 =0.138  0.0694 36 72 可知，抛掷2枚骰子得到指定点数和的概率小于抛掷1枚骰子得到指定点数的概率， 且抛掷3枚骰子得到指定点数和7的概率小于抛掷1枚骰子得到指定点数的概率， 故小明会优先选择重新投掷1枚骰子从而使得3枚骰子的点数和为7， 则小明在抛掷后，出现的点数和不为7，且有2枚骰子的点数和小于7，会选择重新抛掷1枚骰子的情况如 下表： 表2 第一枚点数 第二枚点数 第三枚点数 情况种数 第 7 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 1,2,3,4,6 2 1,2,3,5,6 3 1,2,4,5,6 1 30 4 1,3,4,5,6 5 2,3,4,5,6 6 1,2,3,4,5 1 2,3,5,6 1 , 2 1,2,4,5,6 3 1,3,4,5,6 2 28 4 2,3,4,5,6 5 1,2,3,4 6 1,2,3,4 1 1,2,4,5,6 2 1,3,4,5,6 3 2,3,4,5,6 3 24 4 1,2,3 5 1,2,3 6 1,2,3 1 1，3,4,5,6 4 19 2 2,3,4,5,6 第 8 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 1,2,3 4 1,2 5 1,2 6 1,2 1 2,3,4,5,6 2 1,2,3,4 3 1,2,3 16 5 4 1,2 5 1 6 1 1 1,2,3,4,5 2 1,2,3,4, 6 3 1,2,3 15 4 1,2 5 1 共132种情况； 当抛掷的3枚骰子中，出现的点数和不为7，任意2枚之和都大于6时，选择重新投掷2枚或3枚骰子，所 有情况如下表： 表3 第一枚点数 第二枚点数 第三枚点数 情况种数 6 6 6,5,4,3,2,1 21 第 9 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 5 6,5,4,3,2 4 6,5,4,3 3 6,5,4 2 6,5 1 6 6 6,5,4,3,2 5 6,5,4,3,2 5 4 6,5,4,3 19 3 6,5,4 2 6,5 6 6,5，4,3 5 6,5，4,3 4 15 4 6,5，4,3 3 6,5，4 6 6,5,4 3 5 6,5,4 9 4 6,5,4 6 6,5 2 4 5 6,5 1 6 6 1 由表1可知，选择重新投掷2枚骰子出现点数和为4，5或6的概率大于重新投掷3枚骰子使得点数和为7 第 10 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 的概率， 故当3枚骰子中出现点数3，2或1，且任意2枚骰子的点数和大于6时，选择重新投2枚骰子， 由表3可知，共有42种情况符合条件， 42 7 所以小明会选择2个骰子进行重掷的概率为：  ， 63 36 7 故答案为： ． 36 【点睛】方法点睛：利用古典概型求概率的方法及注意点 （1）用列举法把古典概型试验的基本事件一一列举出来，再利用公式求解，列举时必须按照某一顺序做到 不重复、不遗漏． （2）事件A的概率的计算方法，关键要分清基本事件总数n与事件A包含的基本事件数m.因此必须解决 以下三个方面的问题：第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件A 是什么，它包含的基本事件有多少． 二、选择题（本大题共 4题，满分 18分，第 13-14 题每题 4分，第 15-16 题每题 5分） 13. “k 3”是“Ck C2k2”的（ ）条件 7 7 A. 充要 B. 充分非必要 C. 必要非充分 D. 非充分非必要 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数公式的性质及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若Ck C2k2，则k 2k2或k2k27，解得k 2或k 3， 7 7 所以由k 3能够得到Ck C2k2，故充分性成立， 7 7 由Ck C2k2得不到k 3，故必要性不成立，故“k 3”是“Ck C2k2”的充分不必要条件. 7 7 7 7 故选：B l 14. 在实验“利用单摆周期估计重力加速度”中，我们依据的理论是单摆的周期公式T 2π ，其中T 为 g 单摆周期，g为重力加速度，l为单摆的摆长.改变单摆的摆长，并多次记录数据.若对以下各组数据做相关 分析，相关系数最大的一组是（ ） A. T 与l B. T2与l C. lnT 与l D. cosT 与l 【答案】B 【解析】 第 11 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【分析】作出各组数据的图象，根据正负相关与相关系数符号的关系，以及图象越接近直线，相关程度越 强，相关系数越接近于1，可得到答案. l 4π2 l l 【详解】作出T 2π ，T2  l，lnT ln(2π )，cosT cos(2π )，的图象如下： g g g g 根据图象可知，T 与l，T2与l，lnT 与l都是正相关，相关系数都是正数，图象越接近直线，相关程度越 强，相关系数越接近于1，cosT 与l相关程度最弱，相关系数的绝对值最接近0. 所以相关系数最大的一组是T2与l. 故选：B 15. 讲桌上放有两摞书，一摞3本，另一摞4本。学号为1-7号的7名学生，按照学号1-7的顺序依次取 书，每名学生只能从其中一摞的最上面取一本书，则不同取法的种数为（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 210 【答案】C 【解析】 【分析】问题等价于从一行七个空里选三个空把1、2、3按从小到大自左向右顺序填进去，剩下四个空 将4、5、6、7从小到大自左向右顺序填进去，即得解. 【详解】根据题意，问题等价于从一行七个空里选三个空把1、2、3按从小到大自左向右顺序填进去， 剩下四个空将4、5、6、7从小到大自左向右顺序填进去，共有填法C3 35种. 7 故选：C. 16. 设曲线y f(x)在点P  x , f x  处的切线为l.则以下说法正确的个数是（ ） 0 0 ①l与曲线y f(x)可能没有交点 ； ②l与曲线y f(x)一定只有一个交点；③l与曲线y f(x)不可能有 且仅有两个交点；④l与曲线y f(x)可能有无穷多个交点 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】根据切线的定义，结合直线与曲线的位置关系，即可判断. 第 12 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】①因为直线l为曲线y  f x 在点P  x , f x  处的切线，所以至少有交点P  x , f x  ，故 0 0 0 0 ①错误； ②有可能切线与曲线y  f x 有其他的交点，故②错误； ③切线l与曲线y  f x 有可能除切点外，还有1个交点，即仅有两个交点，故③错误； ④切线l与曲线y  f x 有可能有无穷多个交点，比如y sinx与y 1，故④正确. 故选：B 三、解答题（本大题共 5题，共 78分） 17. 已知 f(x)3x3 9x5． （1）求函数y f(x)的单调减区间； （2）求函数y f(x)在[1,3]上的最大值和最小值． 【答案】（1）(1,1) （2）最大值为59，最小值为1 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，得到单调区间； （2）求出极值和端点值，比较后即可确定最值． 【小问1详解】 f(x)的定义域为R ，且 f(x)9x2 99x1x1， 令 f(x)0得1 x1， 所以函数y f(x)的递减区间(1,1)． 【小问2详解】 因为 f(x)9x2 99x1x1， 令 f(x)0得x1或x1， 所以递增区间为 ,1 ， 1, ， 当x变化时， f(x)， f(x)变化状态如下表： x (，1) 1 (1,1) 1 (1,3) 3 第 13 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) f(x)  0  0  y f(x) 单调递增 极大值11 单调递减 极小值1 单调递增 59 所以函数 f(x)在 1,3 上的最大值为59，最小值为1． 18. 网络购物已经渐渐成为人们购物的新方式.为了调查每周网络购物的次数和性别的关系，随机调查了 100名市民的网络购物情况，有关数据的22列联表如下： 10次及10次以上 10次以下 总计 男性 32 20 52 女性 43 5 48 总计 75 25 100 （1）从这100位市民中随机抽取一位，试求该市民为每周网络购物不满10次的男性的概率； （2）请说明能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为每周网络购物次数与性别有关系？（已知 P  2 3.841  0.05） n(ad bc)2 [参考公式：2  （其中nabcd ）] (ab)(cd)(ac)(bd) 【答案】（1）0.2 （2）能在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为每周网络购物次数与性别有关系． 【解析】 【分析】（1）由22列联表和古典概率公式可得所求值； （2）计算出卡方，即可判断． 【小问1详解】 20 由22列联表可得，每周网络购物不满10次的男性的概率P 0.2； 100 【小问2详解】 100(3252043)2 由题意可得，2  10.473.841， 75255248 故能在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为每周网络购物次数与性别有关系． 19. 以下是一个军备竞赛的模型：现有甲乙两国进行军备竞赛，假设甲国同时采用如下两条策略：（Ⅰ）认 第 14 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 定乙国有可能率先发起攻击，并且当己方被攻击后，需要具备能够毁灭乙国工业的反击能力；（Ⅱ）乙国 对己方的攻击目标也包括己方的导弹基地，每一枚乙方的导弹能以p的概率摧毁甲方的一枚导弹.在甲国策 略的基础上，假设甲国摧毁乙国工业所需导弹数量为y . 0 注：本题允许导弹数量不为整数，导弹性能保持稳定 （1）求甲国拥有的导弹数量的最小值y关于乙国拥有的导弹数量x的函数关系； （2）我们假设乙国也采用相同的策略，并且在保证策略实施的情况下，两国均只制造最少需求数量的导 弹.则以下的哪个行为将会导致军备竞赛的升级，并说明理由. ①甲国增加工业设施的防御能力； ②甲国增加导弹基地的防御能力. 【答案】（1）y  y  px, 0 （2）两种行为均会导致军备竞赛的升级，理由见解析 【解析】 【分析】（1）假设乙国的导弹均攻击己方的导弹基地，从而结合概率求出y  y  px； 0 （2）写出乙国也采用相同的策略时，分别写出甲、乙国所需要的最小导弹数量关系式，从而得到两者将 互相影响，只要有一方导弹数量变大时，另一方的导弹数量将增加，分析出两种行为将会导致军备竞赛的 升级. 【小问1详解】 当乙国的导弹均攻击己方的导弹基地时，此时甲国所拥有的导弹数量为最小值y， 故y  y  px， 0 【小问2详解】 由（1）可知甲国所需要的最少导弹数量y i1  y 0  pz i ，i 1,2,3  ， 其中z  x， 1 乙国也采用相同的策略，假设甲国的导弹数量为y ，乙国摧毁甲国工业所需导弹数量为z ，且每一枚甲方 i 0 的导弹能以 p 的概率摧毁乙方的一枚导弹， 1 则乙国所需要的最小导弹数量z k  z 0  p 1 y k ，k 2,3,4  ， y  y  pz ,i 1,2,3 i1 0 i   ，两者将互相影响，只要有一方导弹数量变大时，另一方的导弹数量将增 z  z  p y ,k 2,3,4  k 0 1 k  加， 第 15 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 当①甲国增加工业设施的防御能力时，z 将变大，故z 变大，故y 变大，从而将会导致军备竞赛的升 0 k i1 级， 当②甲国增加导弹基地的防御能力时， p为常数，则y 变大，故z 变大，从而将会导致军备竞赛的升 i1 k 级. 20. 现有一枚均匀的硬币（即只可能出现正面与反面两种结果，抛出正面与反面的概率均为0.5，每一次抛 掷是独立的），正面记为H，反面记为T，并不断抛掷该硬币． （1）求抛掷3次时，至少出现1次正面的概率； （2）用X表示抛掷10次后出现正面的次数，求X的期望和方差； （3）甲同学选择了组合“HHT”，（即连续地依次出现正面，正面，反面），乙同学选择了组合HTT．若选 择的组合先出现，则获得游戏胜利．问：甲乙两人中，甲更有优势还是乙更有优势还是双方都没有优势？ 并求甲同学获胜的概率． 7 【答案】（1） 8 5 （2）E(X)5，D(X) 2 2 （3）甲更有优势，甲同学获胜的概率为 3 【解析】 【分析】（1）先求出抛掷3次时，不出现正面的概率，再根据对立事件计算至少出现1次正面的概率； （2）根据题意，得出出现正面的次数X  B(10,0.5)，根据二项分布数学期望及方差的公式计算即可； （3）设甲同学获胜的事件为A，乙同学获胜的事件为B，由题意画出出现情况示意图，再分析得出 P(A)P(B)1及乙同学获胜的所有情况，计算出P(B)，即可得出答案． 【小问1详解】 设抛掷3次时，至少出现1次正面的事件为A，则抛掷3次时，不出现正面的事件为A, 1 7 所以P(A)1P(A)1( )3  ， 2 8 7 所以抛掷3次时，至少出现1次正面的概率是 ． 8 【小问2详解】 由题意抛掷次数n10，每次出现正面的概率为0.5，出现正面的次数X  B(10,0.5)， 则X 的可能取值为0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10， 第 16 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 1 1 5 E(X)np 10 5，D(X)np(1 p)10   ． 2 2 2 2 【小问3详解】 设甲同学获胜的事件为A，乙同学获胜的事件为B， 因为该游戏要分出胜负，故不存在平局，所以P(A)P(B)1， 由题意画出甲乙同学抛掷硬币的情况示意图， 由上图可知，乙同学获胜的情况更单一，故先计算乙同学获胜的概率， 由上图分析可知，无论甲获胜还是乙获胜，都必须出现H ，故出现第一个H 的概率为1， 1 1 假设开始后，出现HTT 即乙同学获胜，则概率为1  ， 2 2 1 1 1 1 假设开始后，出现HTHTT 即乙同学获胜，则概率为(  )(  )， 2 2 2 2  HTHT HTHTT 1 1 假设开始后，出现    即乙同学获胜，则概率为(  )n， (n1)个TH 2 2  1 1 1 1 1 1 1 1 则P(B)[  (  )2 (  )3   (  )n] 2 2 2 2 2 2 2 2 n1  1 1 1 1 [ ( )2 ( )3   ( )n] 4 4 4 4 n1 1 1 [1( )n] 1 4 4   ， 1 3 1 4 n 第 17 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 所以P(A)1P(B) ， 3 2 因为P(A) P(B)，所以甲同学更有优势，且甲同学获胜的概率为 ． 3 21. 已知 f(x)sin(x)lnx. π （1）若 ，求曲线y f(x)在(1, f(1))处的切线方程； 2 π （2）若 ，设g(x) f(x)lnx，判断x1是否是函数y  g(x)的极值点并说明理由； 2 (2n1)π （3）设0，点P 在函数y f(x)的图像上，且P 的横坐标x  ,nN .曲线Γ是由所有的 n n n 2 线段PP 构成的折线图，求证：对于任意的k 0，直线y kx与Γ的交点不可能有无穷多个. n n1 【答案】（1）x y10 （2）不是，理由见详解 （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义直接计算即可； （2）由极值点定义，结合三角函数的有界性判断导函数在x1附近的符号即可； （3）判断折线段PP 的范围结合y kx与y lnx的大小即可得证. n n1 【小问1详解】 π π π 1 π 由条件可得 f(x)sin( x)lnx fx cos( x)lnx sin( x)， 2 2 2 x 2 f11, f 10，∴曲线y f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y01x1 ， 即x y10； 【小问2详解】 x1不是函数y  g(x)的极值点，理由如下： π π sin( x)1 g(x) f(x)lnxsin( 2 x)lnxlnx， gx π cos( π x)lnx 2 ， 2 2 x π π π 当x0,1 时，易知lnx0, cos( x)0,sin( x)10，即gx0， 2 2 2 π π π 当x1,2 时，易知lnx0, cos( x)0,sin( x)10，即gx0， 2 2 2 第 18 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) x1时，gx0， 故当x0,2 时，有gx0，所以x1不是函数y  g(x)的极值点； 【小问3详解】  2n1π 2n1π 由题意可得 f x sin lnx sin lnx  ， n 2 n 2 n     当n2k1  kN 时，sin   2n1π sin     2k 3  π   1，  2   2  即P  x ,lnx  ， n n n 当n2k  kN 时，sin   2n1π sin     2k 1  π   1，  2   2  即P  x ,lnx  ， n n n 故折线段的端点都在函数y lnx,y lnx上， 考虑交点个数是否无穷，在x0,1 时显然为有限个， 当x1时，折线段PP 构成的折线图在两函数y lnx,y lnx之间，如图所示， n n1 下面讨论y kx与y lnx在x1时的交点个数， kx1 令hxkxlnxk 0 ，则hx ， x 1 1 令hx0 x ，hx00 x ， k k  1 1  即hx 在 0, 上单调递减，在 , 上单调递增，  k  k  1 所以hxh   1lnk， k  1 ①当k  时，hx1lnk 0，即x1时，y kx始终y lnx的上方， e 此时y kx始终y lnx的上方，故y kx与折线段PP 构成的折线图没有交点； n n1 1 ②当k  时，hx1lnk 0，此时y kx与y lnx相切， e 故y kx与折线段PP 构成的折线图至多有一个交点； n n1 第 19 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 ③当0k  时，1lnk 0，且x0时，hx，x时，hx， e  1 1  即x   1, 及x   , 使得hx hx 0， 1  k  2 k  1 2 故此时y kx与y lnx有两个交点，不妨设x  x ， 1 2 则当xx 时，kx lnx，y kx在y lnx的上方， 2 故y kx与折线段PP 构成的折线图有有限个交点； n n1 综上，k 0，都有y kx与折线段PP 构成的折线图有有限个交点. n n1 第 20 页 共 20 页