2025-2026 学年高二下学期期末模拟考试（五）
数 学（解析卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
答案速查表
1 2 3 4 5
C C C A C
6 7 8 9 10
B B C ACD AB
11 12 13 14 15
（1）没有充分证
据推断学生体育锻
炼达标情况与学段
ACD 2 2×4n−1+1 (e,+∞) 有关联 （2）有充
分证据推断学生体
育锻炼达标情况与
学段有关联
16 17 18 19
（1）第1 （1）当 m≤0 时，单调递
1 增区间为 (−1,+∞)；当
次 ，第2
（1） （1）r≈0.98 3 m>0 时，单调递增区间为
n=7 ，线性相关程 2 1−m
次 （2） (−1, )，单调递减区间
（2） 度很强 （2） 9 m
13 83 107 1 1 1 1−m
T 4 =280x 2 , ^ T y= 5 = 3 5 4 6 0 0 x x + 4 340 p n = 4 + 12 (− 3 为) n− 1 ( m ,+∞) （2）（i）
1 证明见解析 （ii）证明见
（3）m=
12 解析
第一部分 选择题（共 58 分）
一、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. 从0，1，2，3，4，5这六个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数
为（ ）
A. 60 B. 84 C. 100 D. 120
【答案】C
【解析】从0，1，2，3，4，5这六个数字中任选3个数字组成无重复数字的三位数，由于首位不
能为0，可分步进行：
第 1 页，共 15 页第一步，确定百位数字，从1，2，3，4，5中任选1个，有 C1=5 种选法；
5
第二步，确定十位和个位数字，从剩下的5个数字中任选2个进行排列，有 A2=20 种选法.
5
根据分步乘法计数原理，共有 5×20=100 种.
【点拨】本题考查排列组合的基础应用.处理含“0”的排数问题时，“首位不为0”是核心限制条
件，优先安排受限元素（首位）是常用策略.
2. 从装有4个白球，2个红球的盒子中逐个不放回地摸取小球.若每取出1个红球得2分，
每取出1个白球得1分，按照规则从盒子中任意抽取2个球，所得分数的期望为（ ）
4 8 10
A. B. 2 C. D.
3 3 3
【答案】C
【解析】设取出2个球所得分数为 X，则 X 的可能取值为2（两白），3（一白一红），4（两
红）.
C2
6 2
P(X=2)= 4= = ；
C2 15 5
6
C1C1
8
P(X=3)= 4 2= ；
C2 15
6
C2
1
P(X=4)= 2= .
C2 15
6
2 8 1 12+24+4 40 8
E(X)=2× +3× +4× = = = .
5 15 15 15 15 3
∴【点拨】本题考查超几何分布的数学期望.也可利用期望的线性性质求解：每次摸取红球的概率为
1 2 1 2 4 4 8
，白球的概率为 ，每次得分的期望为 2× +1× = ，两次摸取的总期望即为 2× = .
3 3 3 3 3 3 3
3. 已知随机变量 X∼N(100,σ2 )，P(X≥90)=0.65，则 P(90≤X≤110)=（ ）
A. 0.15 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.35
【答案】C
【解析】∵随机变量 X∼N(100,σ2 )，∴正态曲线的对称轴为 μ=100.
∵ P(X≥90)=0.65，∴ P(X<90)=1−0.65=0.35.
由正态曲线的对称性可知，P(X>110)=P(X<90)=0.35.
P(90≤X≤110)=1−P(X<90)−P(X>110)=1−0.35−0.35=0.3.
【点拨】本题考查正态分布曲线的对称性.利用 μ 为对称中心，将所求区间的概率转化为已知区
∴
间的概率是解题关键.
4. 曲线 f(x)=x3−2x 在 x=1 处的切线方程为（ ）
A. x−y−2=0 B. x+ y−2=0 C. x−y+2=0 D. x+ y+2=0
【答案】A
第 2 页，共 15 页【解析】由 f(x)=x3−2x，得 f（1）=13−2×1=−1，即切点坐标为 (1,−1).
求导得 f' (x)=3x2−2，
∴切线的斜率 k=f' （1）=3×12−2=1.
由点斜式可得切线方程为 y−(−1)=1⋅(x−1)，即 x−y−2=0.
【点拨】求曲线在某点处的切线方程，需严格遵循“三步曲”：一求切点坐标（代入原函数），
二求导函数，三代入横坐标求切线斜率.
1
5. 已知 X∼N(3,4) 且 P(X<a)=P(X>5)，则二项式 ( −ax) 4 的展开式中，常数项
x
为（ ）
A. -24 B. -6 C. 6 D. 24
【答案】C
【解析】∵ X∼N(3,4)，∴正态曲线关于 x=3 对称.
a+5
又 P(X<a)=P(X>5)，由对称性可知 a 与 5 关于 3 对称，即 =3，解得 a=1.
2
1
∴二项式为 ( −x) 4 .
x
1
其展开式的通项为 T =Cr ( ) 4−r (−x) r=Cr (−1) rx2r−4 .
r+1 4 x 4
令 2r−4=0，解得 r=2.
∴展开式中的常数项为 C2 (−1) 2=6×1=6.
4
【点拨】本题综合考查了正态分布的对称性与二项式定理.确定参数 a 后，写出二项展开式的通
项公式，分离系数与变量是求特定项的标准流程.
6. 某学校有 A,B 两家餐厅，某同学连续三天午餐均在学校用餐.如果某天去 A 餐厅，
2
那么第2天还去 A 餐厅的概率为 ；如果某天去 B 餐厅，那么第2天还去 B 餐厅的概
3
3
率为 .若该同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐，则该同学第3天去 A 餐厅用餐的
4
概率为（ ）
11 127 13 205
A. B. C. D.
24 288 24 288
【答案】B
【解析】设第 n 天去 A 餐厅用餐为事件 A ，去 B 餐厅用餐为事件 B .
n n
1 1
由题意知，P(A )= ，P(B )= .
1 2 1 2
2 1 3 1
且 P(A |A )= ，P(B |A )= ；P(B |B )= ，P(A |B )= .
n+1 n 3 n+1 n 3 n+1 n 4 n+1 n 4
第2天去 A 餐厅的概率为：
第 3 页，共 15 页1 2 1 1 1 1 11
P(A )=P(A )P(A |A )+P(B )P(A |B )= × + × = + = .
2 1 2 1 1 2 1 2 3 2 4 3 8 24
第2天去 B 餐厅的概率为：
11 13
P(B )=1−P(A )=1− = .
2 2 24 24
第3天去 A 餐厅的概率为：
11 2 13 1 22 13 88 39 127
P(A )=P(A )P(A |A )+P(B )P(A |B )= × + × = + = + = .
3 2 3 2 2 3 2 24 3 24 4 72 96 288 288 288
【点拨】本题考查全概率公式在马尔可夫链模型中的应用.画出树状图，理清每天状态转移的条件
概率，逐层递推计算是避免出错的有效方法.
7. 已知等差数列 {a } 的前 n 项和为 S ，若 a =7,a =13，则 S =（ ）
n n 3 9 11
A. 100 B. 110 C. 115 D. 120
【答案】B
【解析】在等差数列 {a } 中，由等差数列的下标性质可知：
n
a +a =2a .
3 9 6
∵ a =7,a =13，∴ 2a =7+13=20，解得 a =10.
3 9 6 6
由等差数列前 n 项和公式得：
11(a +a ) 11×2a
S = 1 11 = 6=11a =11×10=110.
11 2 2 6
【点拨】本题考查等差数列的性质与前 n 项和公式.熟练运用“若 m+n=p+q，则
a +a =a +a ”这一性质，可大幅减少计算量.
m n p q
8. 若函数 f(x)=(x+1)ex 的图像与直线 y=a(a∈R) 恰有两个公共点，则 a 的取值范
围为（ ）
1 1
A. a≥0 或 a=− B. a>−
e2 e2
1
C. − <a<0 D. a≥0
e2
【答案】C
【解析】由 f(x)=(x+1)ex，得 f' (x)=ex+(x+1)ex=(x+2)ex .
令 f' (x)=0，解得 x=−2.
当 x<−2 时，f' (x)<0，f(x) 单调递减；
当 x>−2 时，f' (x)>0，f(x) 单调递增.
1
∴ f(x) 在 x=−2 处取得极小值，且极小值为 f(−2)=(−2+1)e−2=− .
e2
又当 x→−∞ 时，f(x)→0 且 f(x)<0；当 x→+∞ 时，f(x)→+∞.
画出 f(x) 的大致图像，可知要使直线 y=a 与 f(x) 的图像恰有两个公共点，
第 4 页，共 15 页1
需满足 − <a<0.
e2
【点拨】本题考查利用导数研究函数的极值与图像.处理方程根的个数问题，通常转化为两个函数
图像的交点问题，准确画出函数草图（特别是注意极限趋势）是关键.
二、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
是符合题目要求的.全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 下列说法错误的是（ ）
A. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数 r 越接近于1
B. 甲、乙两个模型的决定系数 R2 分别为0.98和0.82，则模型甲的拟合效果更好
C. 对于经验回归方程 ^y=2−3x，当解释变量 x 每增加一个单位时，预报变量 ^y 平
均增加2个单位
D. 在回归分析模型中，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越好
【答案】ACD
【解析】对于A，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数 r 的绝对值 |r| 越接近
于1，而不是 r 越接近于1（r 可能接近-1），故A错误；
对于B，决定系数 R2 越大，模型的拟合效果越好.∵ 0.98>0.82，∴模型甲的拟合效果更好，故
B正确；
对于C，对于经验回归方程 ^y=2−3x，回归系数 b^=−3，表示当解释变量 x 每增加一个单位时，
预报变量 ^y 平均减少3个单位，故C错误；
对于D，在回归分析模型中，残差平方和越小，决定系数 R2 越大，模型的拟合效果越好，故D
错误.
本题选错误的，故选ACD.
【点拨】本题考查统计学中的基本概念.需准确区分相关系数 r（符号表示正负相关，绝对值表示
相关强弱）与决定系数 R2（越接近1拟合越好）的统计意义.
10. 现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小
球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ）
A. 没有空盒子的方法共有24种
B. 可以有空盒子的方法共有256种
C. 恰有1个盒子不放球的方法共有288种
D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种
【答案】AB
【解析】对于A，没有空盒子，意味着4个小球分别放入4个盒子，即4个小球的全排列，共有
A4=24 种方法，故A正确；
4
对于B，可以有空盒子，即每个小球都有4种选择，共有 44=256 种方法，故B正确；
第 5 页，共 15 页对于C，恰有1个盒子不放球，说明另外3个盒子都有球.由于共有4个球，则必然有1个盒子放2
个球，其余2个盒子各放1个球.先从4个盒子中选1个作为空盒，有 C1 种；再从4个球中选2
4
个捆绑在一起，有 C2 种；最后将捆绑后的球和剩下的2个球放入选定的3个盒子中全排列，有
4
A3 种.共有 C1×C2×A3=4×6×6=144 种方法，故C错误；
3 4 4 3
对于D，恰有一个小球放入自己编号的盒子，先选定这个小球和对应的盒子，有 C1=4 种方法；
4
剩下的3个小球放入剩下的3个盒子且均不能放入自己编号的盒子（即3个元素的错排），错排数
为2种.共有 4×2=8 种方法，故D错误.
【点拨】本题综合考查排列组合的经典模型.“恰有空盒”对应分组分配问题（先分组后分配），
“放入自己编号”对应错排问题.
11. 已知函数 f(x)=x3−3x2+(2−a)x+b，则下列结论正确的是（ ）
A. 当 a>−1 时，f(x) 有两个极值点
B. 当 a=2 时，f(x) 在 x=2 处取得极大值
1
C. 若 f(x) 满足 f(2−x)+f(x)=2，则 a2+b2 的最小值为
2
D. 若 f(x) 存在极大值点 x ，且 f(x )=f(x )，其中 x ≠x ，则 2x +x =3
0 0 1 0 1 0 1
【答案】ACD
【解析】由 f(x)=x3−3x2+(2−a)x+b，得 f' (x)=3x2−6x+2−a.
对于A，f(x) 有两个极值点等价于 f' (x)=0 有两个不相等的实数根，即
Δ=(−6) 2−4×3×(2−a)>0，化简得 12+12a>0，解得 a>−1，故A正确；
对于B，当 a=2 时，f' (x)=3x2−6x=3x(x−2).令 f' (x)=0 得 x=0 或 x=2.当 x∈(0,2)
时，f' (x)<0；当 x∈(2,+∞) 时，f' (x)>0. f(x) 在 x=2 处取得极小值，故B错误；
对于C，若 f(2−x)+f(x)=2，则函数 f(x) 的图像关于点 (1,1) 对称.又三次函数的对称中心
∴
−3
横坐标为 x=− =1，∴ f（1）=1.即 13−3×12+(2−a)×1+b=1，化简得 b−a=1.
3×1
1 1 1 1 ∴
a2+b2=a2+(a+1) 2=2a2+2a+1=2(a+ ) 2+ .当 a=− 时，a2+b2 取得最小值 ，故C正确；
2 2 2 2
对于D，若 f(x) 存在极大值点 x ，设极小值点为 x ，则 x ,x 是 f' (x)=0 的两根，且
0 2 0 2
−6
x <x ，x +x =− =2.由 f(x )=f(x ) 且 x ≠x ，结合三次函数图像的性质（极值点与交点
0 2 0 2 3 0 1 0 1
的横坐标关系，即“1:2”切线定理），可知 x −x =2(x −x )，即
1 2 2 0
x =3x −2x =3(2−x )−2x =6−5x .整理得 5x +x =6.或者利用代数法：
1 2 0 0 0 0 0 1
f(x)−f(x )=(x−x ) 2 (x−x )=x3−(2x +x )x2+…，对比原函数 x2 的系数得 2x +x =3，故
0 0 1 0 1 0 1
D正确.
【点拨】本题考查三次函数的综合性质.需熟练掌握三次函数的导数与极值的关系、对称中心坐标
公式、以及极值点与函数值相等的另一交点横坐标之间的比例关系.
第 6 页，共 15 页第二部分 非选择题（共 92 分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
1
12. 甲将一枚硬币向上抛出10次，每次落下时正面朝上的概率为 ，用 X 表示落下时
5
正面朝上的次数，则 X 的期望 E(X)= ＿＿＿＿＿＿.
【答案】2
1
【解析】由题意可知，甲抛掷硬币10次，每次正面朝上的概率均为 p= ，且各次抛掷相互独立.
5
1
因此，落下时正面朝上的次数 X 服从二项分布，即 X∼B(10, ).
5
1
根据二项分布的数学期望公式，可得 E(X)=np=10× =2.
5
【点拨】识别出随机变量服从二项分布模型是解题的关键，直接套用公式 E(X)=np 即可快速求
解.
13. 已知数列 {a } 的前 n 项和为 S ，且 3S =4a +3n−6，则数列 {a } 的通项公式
n n n n n
a = ＿＿＿＿＿＿.
n
【答案】2×4n−1+1
【解析】已知 3S =4a +3n−6 ①.
n n
当 n=1 时，3a =4a +3−6，解得 a =3.
1 1 1
当 n≥2 时，3S =4a +3(n−1)−6 ②.
n−1 n−1
- 得：3a =4a −4a +3，整理得 a =4a −3.
n n n−1 n n−1
①
将其变
②
形为 a
n
−1=4(a
n−1
−1).
∵ a −1=3−1=2≠0，
1
∴数列 {a −1} 是以2为首项，4为公比的等比数列.
n
∴ a −1=2×4n−1，即 a =2×4n−1+1.
n n
【点拨】本题考查由 S 与 a 的关系求通项公式.利用 a =S −S (n≥2) 转化为递推式，再通
n n n n n−1
过构造辅助数列转化为等比数列是常规套路.
14. 已知函数 f(x)=ln(ax)+(a−1)x−ex，若 f(x) 存在两个零点，则实数 a 的取值范
围为 ＿＿＿＿＿＿.
【答案】(e,+∞)
【解析】由 f(x)=0 得 ln(ax)+(a−1)x−ex=0，即 lna+lnx+ax−x−ex=0.
变形为 ln(ax)+ax=x+ex，即 ln(ax)+ax=ln(ex )+ex .
1
设 g(t)=lnt+t(t>0)，则 g' (t)= +1>0，∴ g(t) 在 (0,+∞) 上单调递增.
t
第 7 页，共 15 页由 g(ax)=g(ex ) 可得 ax=ex.
ex
∵ f(x) 存在两个零点，∴方程 a= 有两个不相等的正实数根.
x
ex ex ⋅x−ex ex (x−1)
设 h(x)= (x>0)，则 h' (x)= = .
x x2 x2
当 x∈(0,1) 时，h' (x)<0，h(x) 单调递减；
当 x∈(1,+∞) 时，h' (x)>0，h(x) 单调递增.
∴ h(x) 的最小值为 h（1）=e.
又当 x→0+ 时，h(x)→+∞；当 x→+∞ 时，h(x)→+∞.
∴要使直线 y=a 与 y=h(x) 的图像有两个交点，需满足 a>e.
即实数 a 的取值范围为 (e,+∞).
【点拨】本题考查利用导数研究方程的根.通过同构法构造相同结构的函数 g(t)，利用其单调性
将复杂方程转化为 ax=ex，再分离参数构造新函数求导是解题的核心技巧.
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.
某大型学校有初中学生2400人，高中学生1600人.学校为了解学生的体育锻炼习惯，采用
按比例分配的分层抽样方式从中抽取100人进行问卷调查.
将每天体育锻炼时长 ≥2 小时视为锻炼达标，整理出如下列联表：
学段
是否达标 合计
初中 高中
达标 28
不达标 24
合计 60 40 100
（1）请完成上面列联表，并依据小概率值 α=0.05 的独立性检验，分析学生体育锻炼达
标情况是否与学段（初中、高中）有关联.（结果保留小数点后三位）
（2）如果将上面列联表中的所有数据都扩大为原来的10倍，依据小概率值 α=0.05 的独
立性检验，分析学生体育锻炼达标情况是否与学段（初中、高中）有关联.（结果保留小
数点后三位）
n(ad−bc) 2
附：χ2= ，其中 n=a+b+c+d.
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
α
【答案】（1） 列联表见解析；没有充分证据推断学生体育锻炼达标情况与学段有关联
（2） 有充分证据推断学生体育锻炼达标情况与学段有关联
【解析】解：（1）依题意，抽样比例为 2400:1600=3:2.
第 8 页，共 15 页3 2
在100人中，初中抽取 100× =60 人，高中抽取 100× =40 人.
5 5
初中达标人数为 60−24=36 人；高中不达标人数为 40−28=12 人.
完成的 2×2 列联表如下：
学段
是否达标 合计
初中 高中
达标 36 28 64
不达标 24 12 36
合计 60 40 100
………………………… 2 分
根据列联表，计算得：
100×(36×12−28×24) 2 100×(432−672) 2
χ2= = ≈1.042 ………………………… 5 分
60×40×64×36 5529600
∵ 1.042<3.841，
∴根据小概率值 α=0.05 的独立性检验，没有充分证据推断 H 不成立，因此可以认为学生体育
0
锻炼达标情况与学段（初中、高中）无关. ………………………… 7 分
（2）将表格中的所有数据都扩大为原来的10倍，
1000×(360×120−280×240) 2
则 χ2= ≈10.417 ………………………… 11 分
600×400×640×360
∵ 10.417>3.841，
∴根据小概率值 α=0.05 的独立性检验，我们推断 H 不成立，即认为学生体育锻炼达标情况与
0
学段（初中、高中）有关联. ………………………… 13 分
【点拨】本题考查分层抽样与独立性检验.完善列联表时需注意抽样比例的计算，代入公式计算
χ2 时要细心，最后需将计算结果与临界值比较得出规范的统计推断结论.
16.
2
在 (x2+ ) n (n≥3,n∈N∗) 的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列.
√x
（1）求 n；
（2）求展开式中二项式系数最大的项.
【答案】（1） n=7
13
（2）
T =280x
2，T
5
=560x4
4
【解析】解：（1）由题意得，展开式中第2，3，4项的二项式系数依次为 C1,C2,C3 .
n n n
∵它们成等差数列，∴ 2C2=C1+C3 ………………………… 2 分
n n n
n(n−1) n(n−1)(n−2)
即 2× =n+ ………………………… 4 分
2 6
第 9 页，共 15 页化简得 n2−9n+14=0，解得 n=2 或 n=7.
∵ n≥3，∴ n=7. ………………………… 7 分
（2）由（1）知 n=7，展开式共有8项，
二项式系数最大的项为中间两项，即第4项或第5项. ………………………… 9 分
第4项为：
3 13
2 −
T =C3 (x2 ) 4 ( ) 3=35⋅x8 ⋅8x 2=280x 2 ………………………… 12 分
4 7 √x
第5项为：
2
T =C4 (x2 ) 3 ( ) 4=35⋅x6 ⋅16x−2=560x4 ………………………… 15 分
5 7 √x
【点拨】本题考查二项式定理的通项公式与二项式系数的性质.注意区分“二项式系数”与“项的
系数”，二项式系数最大项仅由指数 n 的奇偶性决定.
17.
新能源汽车发展非常迅速，某地区2017年至2024年（年份代码分别记为：
1,2,3,4,5,6,7,8）某品牌新能源汽车的科研经费投入和销售量统计如下：
年份代码 i 1 2 3 4 5 6 7 8
科研经费 x(单位:百亿元) 2 3 6 10 13 15 18 21
i
销售量 y(单位:百万辆) 1 1 2 2.5 3.5 3.5 4.5 6
i
8 8 8
参考数据：∑ x y =347，∑ x2=1308，∑ y2=93，√1785≈42.25.
i i i i
i=1 i=1 i=1
n n
∑(x −x´)(y −´y) ∑ x y −nx´ ´y
i i i i
参考公式：相关系数 r= i=1 ，b^= i=1 ，a^=´y−b^x´.
√ n √ n n
∑(x −x´) 2 ∑(y −´y) 2 ∑ x2−nx´ 2
i i i
i=1 i=1 i=1
（1）根据样本数据，计算科研经费 x 与销售量 y 之间的样本相关系数，并推断它们的
线性相关程度（结果精确到0.01）；
（2）根据样本数据，求销售量 y 关于科研经费 x 的线性回归方程（a^,b^ 用分数表达）.
【答案】（1） r≈0.98，线性相关程度很强
83 107
（2） ^y= x+
340 340
【解析】解：（1）由题中数据可得：
2+3+6+10+13+15+18+21 88
x´ = = =11 ………………………… 2 分
8 8
1+1+2+2.5+3.5+3.5+4.5+6 24
´y= = =3 ………………………… 4 分
8 8
第 10 页，共 15 页8 8
∑(x −x´)(y −´y)=∑ x y −8x´ ´y=347−8×11×3=347−264=83
i i i i
i=1 i=1
8 8
∑(x −x´) 2=∑ x2−8x´2=1308−8×112=1308−968=340
i i
i=1 i=1
8 8
∑(y −´y) 2=∑ y2−8´y2=93−8×32=93−72=21 ………………………… 6 分
i i
i=1 i=1
83 83 83
∴相关系数 r= = =
√340×21 √7140 2√1785
83 83
∵ √1785≈42.25，∴ r≈ = ≈0.98 ………………………… 8 分
2×42.25 84.5
由于 |r|≈0.98 接近1，∴科研经费与销售量之间线性相关，且线性相关程度很强.
………………………… 9 分
（2）由（1）可得：
8
∑(x −x´)(y −´y)
i i
83
b^= i=1 = ………………………… 12 分
8 340
∑(x −x´) 2
i
i=1
83 1020−913 107
a^=´y−b^x´ =3− ×11= = ………………………… 14 分
340 340 340
83 107
∴销售量 y 关于科研经费 x 的线性回归方程为 ^y= x+ . ………………………… 15 分
340 340
【点拨】本题考查一元线性回归方程的求解与相关系数的计算.熟练运用公式的变形形式
∑(x −x´)(y −´y)=∑x y −nx´ ´y 可大大简化运算过程.
i i i i
18.
甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，甲传给乙和丙的概
1 2 1 3 2
率分别为 和 ，乙传给甲和丙的概率分别为 和 ，丙传给甲和乙的概率分别为
3 3 4 4 3
1
和 .
3
（1）求第1次和第2次传球后球在乙手中的概率；
（2）求第 n 次传球后球在乙手中的概率；
（3）记第 i 次传球时，乙接到的次数为 Y ，则 Y 服从两点分布，且 P(Y =1)=p，
i i i i
n n
E(∑Y )=∑ p (i=1,2,…,n)，设前 n 次传球后，乙接到球的总次数为 Y，且
i i
i=1 i=1
n
E(Y)≤ +m 总成立，求实数 m 的最小值.
4
第 11 页，共 15 页1 2
【答案】（1） 第1次 ，第2次
3 9
1 1 1
（2） p = + (− ) n−1
n 4 12 3
1
（3） m=
12
【解析】解：（1）设第 n 次传球后球在乙手中的概率为 p .
n
1 1
第1次由甲将球传出，甲传给乙的概率为 ，∴ p = . ………………………… 2 分
3 1 3
第2次传球后球在乙手中，说明第1次传球后球不在乙手中.
1 1
若第1次传球后球在甲手中，甲传给乙的概率为 ；若球在丙手中，丙传给乙的概率也为 .
3 3
1 1 1 2
∴第2次传球后球在乙手中的概率 p =(1−p )× =(1− )× = . ………………………… 5 分
2 1 3 3 3 9
（2）由（1）的分析同理可得，第 n+1 次传球后球在乙手中，必然是第 n 次传球后球不在乙手
1
中（即在甲或丙手中），且甲、丙传给乙的概率均为 .
3
1 1 1
p =(1−p )× +p ×0=− p + ………………………… 8 分
n+1 n 3 n 3 n 3
∴ 1 1 1
将其变形为 p − =− (p − ).
n+1 4 3 n 4
1 1 1 1
又 p − = − = ，
1 4 3 4 12
1 1 1
∴数列 {p − } 是以 为首项，− 为公比的等比数列. ………………………… 10 分
n 4 12 3
1 1 1
∴ p − = (− ) n−1 ，
n 4 12 3
1 1 1
即 p = + (− ) n−1 . ………………………… 12 分
n 4 12 3
n n
1 1 1
（3）由题意，E(Y)=∑ p =∑[ + (− ) i−1 ]
i 4 12 3
i=1 i=1
1
1−(− ) n
n 1 3 n 1 1
= + = + [1−(− ) n ] ………………………… 14 分
4 12 1 4 16 3
1−(− )
3
n 1 1
∵ E(Y)≤ +m 总成立，∴ [1−(− ) n ]≤m 恒成立.
4 16 3
1 1
设 a = [1−(− ) n ]，只需要 m≥(a ) .
n 16 3 n max
1 1 1 1 1
当 n 为奇数时，a = [1+( ) n ]，随 n 的增大而减小，最大值为 a = (1+ )= ；
n 16 3 1 16 3 12
第 12 页，共 15 页1 1 1 1
当 n 为偶数时，a = [1−( ) n ]< < . ………………………… 16 分
n 16 3 16 12
1
(a ) = .
n max 12
∴ 1 1
∴ m≥ ，故实数 m 的最小值为 . ………………………… 17 分
12 12
【点拨】本题考查全概率公式与数列递推的综合.分析出“无论球在甲还是丙手中，传给乙的概率
1
均为1/3”是建立递推关系 p = (1−p ) 的破题关键.
n+1 3 n
19.
已知函数 f(x)=ln(x+1)−mx.
（1）讨论 f(x) 的单调性；
（2）当 m=1 时，设正项数列 {a } 满足：a =1,a −a =f(a ).
n 1 n+1 n n
1 2
（i）证明：0< − <1；
a a
n+1 n
n+2 n+2
（ii）记数列 {na } 的前 n 项和为 S ，证明：2− <S ≤4− .
n n 2n n 2n−1
【答案】（1） 当 m≤0 时，单调递增区间为 (−1,+∞)；当 m>0 时，单调递增区间为
1−m 1−m
(−1, )，单调递减区间为 ( ,+∞)
m m
（2） （i）证明见解析 （ii）证明见解析
【解析】解：（1）函数 f(x) 的定义域为 (−1,+∞)，
1 1−m(x+1)
f' (x)= −m= . ………………………… 2 分
x+1 x+1
当 m≤0 时，f' (x)>0 恒成立，∴ f(x) 在 (−1,+∞) 上单调递增； ………………………… 3
分
1−m 1−m
当 m>0 时，令 f' (x)>0，得 −1<x< ；令 f' (x)<0，得 x> .
m m
1−m 1−m
∴ f(x) 在 (−1, ) 上单调递增，在 ( ,+∞) 上单调递减. ………………………… 5 分
m m
（2）（i） 当 m=1 时，f(x)=ln(x+1)−x.
由（1）知，f(x) 在 (−1,0) 上单调递增，在 (0,+∞) 上单调递减.
∴ f(x)≤f（0）=0，即 ln(x+1)≤x.
又 a >0，∴ ln(a +1)<a .
n n n
1 2
∴ 2a =ln(a +1)<a ，即 0< − . ………………………… 7 分
n+1 n n a a
n+1 n
第 13 页，共 15 页1 2 2a
下面证明： − <1，只需证明 ln(a +1)> n .
a a n a +2
n+1 n n
2x
设 g(x)=ln(x+1)− (x>0)，
x+2
1 4 x2
则 g' (x)= − = >0. ………………………… 9 分
x+1 (x+2) 2 (x+1)(x+2) 2
∴ g(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，∴ g(x)>g（0）=0.
2a
又 a >0，∴ g(a )>0，即 ln(a +1)> n 成立.
n n n a +2
n
1 2
综上，0< − <1 . ………………………… 11 分
a a
n+1 n
1 2
（ii） 由（i）知 0< − <1.
a a
n+1 n
1 2 a 1 1
由 − >0 得 n+1< ，又 a =1，∴ a ≤( ) n−1 .
a a a 2 1 n 2
n+1 n n
1 2 1 1
由 − <1 得 +1<2( +1).
a a a a
n+1 n n+1 n
1 1
又
+1=2，∴ +1≤2×2n−1=2n
.
a a
1 n
1 1
a ≥ > . ………………………… 13 分
n 2n−1 2n
∴
n n
<na ≤ .
2n n 2n−1
∴ 1 2 3 n
设 T = + + +…+ ，
n 2 22 23 2n
1 1 2 n−1 n
则 T = + +…+ + .
2 n 22 23 2n 2n+1
1 1
(1− )
1 1 1 1 n 2 2n n n+2
两式相减得： T = + +…+ − = − =1− .
2 n 2 22 2n 2n+1 1 2n+1 2n+1
1−
2
n+2
即 T =2− . ………………………… 15 分
n 2n
∵ S =a +2a +…+na ，
n 1 2 n
n+2
∴ S ≤2T =4− （当 n=1 时等号成立）；
n n 2n−1
n+2
又 S >T =2− .
n n 2n
第 14 页，共 15 页n+2 n+2
故 2− <S ≤4− . ………………………… 17 分
2n n 2n−1
【点拨】本题考查导数在证明数列不等式中的应用.第（2）问的难点在于利用对数函数的放缩（如
2x 1 2
ln(x+1)> ）构造出 − 的范围，进而通过累乘法和错位相减法实现对 S 的放缩.
x+2 a a n
n+1 n
第 15 页，共 15 页
