屯溪一中2023-2024学年度第二学期期中测试
高二数学
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知函数，若，则( )
A. B. C. D.
2.的展开式中的系数是( )
A. B. C. D.
3.用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色在所有着色方案中，着相同色的有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
4.已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
5.某大学为弘扬我国古代的“六艺文化”，计划在社会实践活动中每天开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程中的一门，不重复开设，连续开设六天，则课程“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻的不同排法共有
( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6.体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球次，一旦发球成功，则停止发球；否则一直发到次为止设学生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的数学期望，则的取值可能是( )
A. B. C. D.
7.如图，用，，三类不同的元件连接成一个系统，当正常工作且，至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知，，正常工作的概率依次是，，，已知在系统正常工作的前提下，则只有和正常工作的概率是( )
A. B. C. D.
8.已知函数，若关于的方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围是
( )
A. B. C. D.
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，有选错的得0分.
9.、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有( )
A. 若、两人站在一起有种方法
B. 若、不相邻共有种方法
C. 若在左边有种排法
D. 若不站在最左边，不站最右边，有种方法
10.若，则下列结果正确的是( )
A.
B.
C.
D.
11.设函数，则下列说法正确的是( )
A. 定义域是 B. 时，图象位于轴下方
C. 存在单调递增区间 D. 有且仅有两个极值点
三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
12.若，则正整数 ．
13.安排名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为 ．
14.若过点有条直线与函数的图象相切，则的取值范围是 ．
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.本小题分
袋中装有大小相同的个红球和个白球，从中取出个球．
若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？
若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？
取出一个红球记分，取出一个白球记分，若取球的总分不低于分，则有多少种不同的取法？
16.本小题分
已知在的展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大．
求的值；
求展开式中的项；
求展开式中系数最大的项．
17.本小题分
已知函数．
当时，求函数的极值；
求函数的单调区间；
若恒成立，求实数的取值范围．
18.本小题分
甲、乙两人组成“梦想队”参加“极速猜歌”比赛，比赛共两轮，每轮比赛从队伍中选出一人参与，参与比赛的选手从曲库中随机抽取一首进行猜歌名若每轮比赛中甲、乙参与比赛的概率相同甲首次参与猜歌名，猜对的概率为；甲在第一次猜对歌名的条件下，第二次也猜对的概率为；甲在第一次猜错歌名的条件下，第二次猜对的概率为乙首次参与猜歌名，猜对的概率为；乙在第一次猜对歌名的条件下，第二次也猜对的概率为；乙在第一次猜错歌名的条件下，第二次猜对的概率为甲、乙互不影响．
求在两轮比赛中，甲只参与一轮比赛的概率；
记“梦想队”一共猜对了首歌名，求的分布列及期望．
19.本小题分
已知函数，．
若曲线在处的切线与直线垂直，求实数的值；
设，若对任意两个不等的正数，，都有恒成立，求实数的取值范围；
若上存在一点，使得成立，求实数的取值范围．一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知函数 ( ) = 3 2 + + ( , ∈ ) ( + ) ( )，若 lim = 14，则 =( ) →0
A. 1 B. 2 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查导数的基本概念，属于基础题，
对函数求导，再结合 ′( ) = 14 求出 的值．
【解答】解：由 ( ) = 3 2 + + ，得 ′( ) = 6 + ，
lim ( +△ ) ( )又因为 △ = 14，所以
′( ) = 14，
△ →0
即 ′( ) = 6 + = 14，解得 = 2．
故选 D．
2.( + )6的展开式中 2 3的系数是( )
A. 60 B. 60 C. 120 D. 120
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了二项式定理的应用，涉及了组合思想，考查了运算求解能力，属于基础题．
( + )6表示 6 个( + )的乘积，所以一个因式取 ，两个因式取 ，3 个因式取( )即可得到 2 3，
进而求出 2 3的系数．
【解答】
解：( + )6表示 6 个因式( + )的乘积，
所以一个因式取 ，两个因式取 ，3 个因式取( )即可得到 2 3，
所以 2 3的系数为 1 2 36 5 3( 1)3 = 60，
故选： ．
3.用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色.在所有着色方案中，①③⑤着相同色
的有
第 1页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
( )
A. 96 种 B. 24 种 C. 48 种 D. 12 种
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查分步乘法计数原理，属于基础题．
从三种颜色选一个给①③⑤着相同的颜色，再按要求从其他两种颜色中选取颜色分别给②④⑥按要求着色，
结合分步乘法计数原理即可求解．
【解答】
解：①③⑤着相同的颜色，可以有 13 = 3 种，
②④⑥按要求着色有 1 × 1 × 12 2 2 = 8 种，所以共有 24 种．
4.已知函数 ( )( ∈ )的图象如图所示，则不等式 ′( ) > 0 的解集为( )
A. (0, 12 ) ∪ (2, + ∞) B. ( ∞,0) ∪ (
1
2 , 2)
C. ( ∞,0) ∪ ( 12 , + ∞) D. ( ∞,
1
2 ) ∪ (2, + ∞)
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查导数与函数单调性，不等式求解．
< 0 > 0
′( ) > 0 等价于 ( ) < 0或 ( ) > 0，根据图象可得 ′( )的正负情况，即可得答案．′ ′
【解答】
解：由 ( ) 1的图象，可知当 ∈ ( ∞, 2 ) ∪ (2, + ∞)时， ′( ) > 0，
第 2页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
当 ∈ ( 12 , 2)时， ′( ) < 0．
< 0 > 0
所以 ′( ) > 0 等价于 ( ) < 0或′ ′( ) > 0，
< 0 > 0
即 1
2 < < 2
或 > 2 或 < 1，2
1
所以 0 < < 2或 > 2，
故选 A．
5.某大学为弘扬我国古代的“六艺文化”，计划在社会实践活动中每天开设
“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程中的一门，不重复开设，连续开设六天，则课程“礼”
与“乐”相邻，但均与“射”不相邻的不同排法共有
( )
A. 72 种 B. 144 种 C. 240 种 D. 252 种
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查带有限制条件的排列、组合问题，属于较易题．
结合分步计数方法与捆绑、插空的方法即得．
【解答】
解：将“礼”与“乐”课程捆绑，有 22种排法；
将“御”“书”“数”三门课程全排列，有 33种排法，
在“御”“书”“数”三门课程形成的四个空中安排“礼”与“乐”的捆绑课程与“射”，有 24种排法，
故共有 2 3 22 3 4 = 144(种)排法．
故选 B．
6.体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球 3 次，一旦发球成功，则停止发球；否则一
直发到 3 次为止.设学生一次发球成功的概率为 ( ≠ 0)，发球次数为 ，若 的数学期望 ( ) > 1.75，则
的取值可能是( )
A. 12 B.
7
12 C.
5
12 D.
3
4
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查离散型随机变量的期望，注意解题的最后要结合概率的意义对求出的答案范围进行取舍，属于中
档题．
第 3页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
根据题意，首先求出 = 1、2、3 时的概率，进而可得 ( )的表达式，由题意 ( ) > 1.75，可解得 的范围，
结合 的实际意义根据求得的范围可得答案．
【解答】
解：根据题意，
发球次数为 1 的概率为 ( = 1) = ，
发球次数为 2 的概率 ( = 2) = 1 ，
发球次数为 3 的概率 ( = 3) = (1 )2 + (1 )3 = (1 )2，
则 ( ) = ( = 1) + 2 ( = 2) + 3 ( = 3)
= + 2(1 ) + 3(1 )2 > 1.75
解得 > 52或 <
1
2，
由 ∈ (0,1)可得 ∈ (0, 12 )，
故选 C．
7.如图，用 ， 1， 2三类不同的元件连接成一个系统，当 正常工作且 1， 2至少有一个正常工作时，
1 3 3
系统正常工作，已知 ， 1， 2正常工作的概率依次是2，4，4，已知在系统正常工作的前提下，则只有
和 1正常工作的概率是
( )
A. 59 B.
3
4 C.
1
5 D.
1
9
【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，条件概率公式，考查运算求解能力，属于基础题．
利用独立事件的乘法公式求得系统正常工作和只有 和 1正常工作的概率，再利用条件概率公式求解即可．
【解答】
解：设事件 为系统正常工作，事件 为只有 和 1正常工作，
3 3 15
因为并联元件 1， 2能正常工作的概率为 1 (1 4 )(1 4 ) = 16，
第 4页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
1 15 15
所以 ( ) = 2 × 16 = 32，
又因为 ( ) = ( ) = 12 ×
3 3 3
4 × (1 4 ) = 32，
所以 ( | ) = ( ) 1 ( ) = 5．
故选 C．
2
8.已知函数 ( ) = ，若关于 的方程[ ( )]
2 ( ) + 1 = 0 有四个不同的实数根，则实数 的取值范围
是
( )
4 2 2A. ( 2 +
4 , + ∞) B. (
4 2 2 2 4 , + ∞) C. ( + 2 , + ∞) D. ( 2 , + ∞)
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查导数和方程的综合应用，属于较难题．
利用导数得到函数 ( )的单调性和极值，采用换元法将方程转化为一元二次方程，利用一元二次方程的实
根分布得到不等式即可求解．
【解答】
2
解： = 2 +2′ ， =
令 ′ = 0,解得 = 0 或 = 2，
所以当 < 0 或 > 2 时 ′ < 0，当 0 < < 2 时 ′ > 0，
所以 在( ∞,0)上单调递减，在 0,2 上单调递增，在 2, + ∞ 上单调递减，
所以当 = 2 时，函数 4取得极大值 2 = 2，
当 = 0 时，函数 ( )取得极小值 (0) = 0，
且 → ∞时, ( ) →+∞， →+∞时, ( ) → 0
( )的大致图象如图所示：
第 5页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
因为方程[ ( )]2 ( ) + 1 = 0 有四个不同的实数根，
设 = ( ) 4 4，等价于 2 + 1 = 0 有两个不相等的实数根，且 0 < 1 < 2 , 2 > 2 .
(0) = 1 > 0
> 0
令 ( ) = 2 + 1，所以 2 > 0 4 2 4 + 1 < 0
4 2 2 2 < 0
4 2
解得 > ． 2 + 4
故选 A．
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9. 、 、 、 、 五个人并排站在一起，则下列说法正确的有
( )
A.若 、 两人站在一起有 24 种方法
B.若 、 不相邻共有 72 种方法
C.若 在 左边有 48 种排法
D.若 不站在最左边， 不站最右边，有 78 种方法
【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查排列组合的应用，分类加法与分步乘法计数原理的应用，考查学生的计算能力，属于中档题．
根据题意，利用排列与排列数公式，组合与组合数公式，以及分类加法与分步乘法计数原理逐项进行判断
即可得到结果．
【解答】
解：若 、 两人在一起，将 、 捆绑在一起看作一个元素，则有 2 42 4 = 2 × 24 = 48 种方法，故 A 错误；
若 、 两人不相邻，将 、 、 排列后的 4 个空中选择 2 个空排列 、 ，共有 33 2 24 2 = 6 × 6 × 2 = 72
第 6页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
种方法，故 B 正确；
5
因为 不是在 的左边就是在 的右边，若 在 左边有 52 = 60 种方法，故 C 错误；
因为 在最左边的站法有 44种， 站最右边站法有 44种，且 站在最左边， 站最右边有 33种，
故若 不站在最左边， 不站在最右边共有 5 2 45 4 + 33 = 78 种方法，故 D 正确．
故选 BD．
10.若(1 2 )2022 = 0 + 2 20221 + 2 + … + 2022 ，则下列结果正确的是
( )
A. 0 + 1 + 2 + … + 2022 = 1
2022
B. + + + … + = 1+30 2 4 2022 2
C. 1 2 20222 + 22 + … + 22022 = 0
D. 1 + 2 2 + 3 3 + … + 2022 2022 = 4044
【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的运用，属于中档题．
利用赋值法进行求解即可．
【解答】
解： (1 2 )2022 = 0 + 1 + 22 + … + 2022 2022，
令 = 1 可得 0 + 1 + 2 + + 20222022 = (1 2) = 1，①故 A 正确，
令 = 1，可得 0 1 + 2 3 + + 2022 = (1 + 2)2022 = 32022，②，
+ + + + = 1+3
2022
两式相加，可得 0 2 4 2022 2 ，故 B 正确；
令 = 1 1 2 20202得 0 + 2 + 22 + … + 22020 = 0．
令 = 0 得 0 = 1
，故 1 + 2 + … + 20202 22 22020 = 1，故 C 错误，
(1 2 )2022 ′ = 4044(1 2 )2021，
令 = 1，可得 1 + 2 2 + 3 3 + … + 2022 2022 = 4044，故 D 正确；
故本题选 ABD．
11.设函数 ( ) = ln ，则下列说法正确的是
( )
第 7页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
A. ( )定义域是(0, + ∞) B. ∈ (0,1)时， ( )图象位于 轴下方
C. ( )存在单调递增区间 D. ( )有且仅有两个极值点
【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了求函数的定义域、利用导数研究函数的单调性、极值，属于较难题．
> 0
根据 ln ≠ 0可得定义域，即可判断 ；通过当 ∈ 0,1 时， ( ) < 0 可判断 ；通过求导，研究函数单调性
和极值，即可判断 、 ．
【解答】
解：由题意，函数 ( ) = ln ，
> 0
则 ln ≠ 0，解得 > 0 且 ≠ 1，
所以函数 ( ) = ln 的定义域为(0,1) ∪ (1, + ∞)，所以 不正确；
当 ∈ (0,1)时，ln < 0， > 0，
∴此时 ( ) < 0，所以 ( )在(0,1)上的图象都在 轴的下方，所以 B 正确；
(ln 1)
∵ ′( ) = (ln )2 ，
设 ( ) = ln 1 ′ ， ( ) =
1
+
1
2，
所以 ′( ) > 0，函数 ( ) 1单调递增， ( ) = 1 > 0，
所以 ′( ) > 0 在定义域上有解，所以函数 ( )存在单调递增区间，所以 是正确的；
又 1 = 1 < 0，则存在 0 ∈ 1, ，使得 0 = 0
则函数 ′( ) = 0 只有一个根 0，使得 ′( 0) = 0，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) < 0，函数单调递减，
当 ∈ (1, 0)时， ′( ) < 0，函数单调递减，
当 ∈ ( 0, + ∞)时， ′( ) > 0，函数单调递增，
所以函数 ( )只有一个极小值点，所以 不正确．
故选 BC．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.若 3C32 = 5A3 ，则正整数 = ．
第 8页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
【答案】8
【解析】【分析】
本题考查了排列数及组合数公式，属于基础题．
根据排列数和组合数的运算性质直接计算即可．
【解答】
解：因为 3C3 32 = 5A ，
2 2 1 2 2
所以 3 × 3×2×1 = 5 1 2 ，解得 = 8
故答案为 8．
13.安排 5 名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排 1 名大学生，则大学生
甲、乙到同一家企业实习的概率为 ．
6
【答案】25
【解析】【分析】
本题考查分组分配问题，古典概型及其计算，属于中档题．
5 名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为 2，2，1 人或 3，1，1 人，根据排列组合得出各
自有多少种情况，再得出甲，乙到同一家企业实习的情况有多少种，即可计算得出答案．
【解答】
解：5 名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为 2、2、1 人或 3、1、1 人，
当分为 3、1、1 时，有 35 33 = 60 种实习方案，
2 2
当分为 2、2、1 人时，有 5 3 32 3 = 90 种实习方案， 2
所以共有 60 + 90 = 150 种实习方案，
其中甲、乙到同一家企业实习的情况有 1 3 2 33 3 + 3 3 = 36 种，
36 6
故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为150 = 25．
6
故答案为：25．
14.若过点 (1, )( ∈ )有 3 条直线与函数 ( ) = 的图象相切，则 的取值范围是 ．
5
【答案】( 2 , 0)
【解析】【分析】
第 9页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
本题考查导数的几何意义，曲线的切线方程，体现了数形结合思想和数学运算的核心素养，属于较难题．
设切点坐标为( 20, 0)，求得切线方程，结合存在三条切线，即方程 = ( + + 1) 有三个不等实数
根，设 ( ) = ( 2 + + 1) ，结合导数的运用及图象可分析得答案．
【解答】
解：∵ ( ) = ，∴ ′( ) = ( + 1) ，
设切点坐标为( 0, 0)，则切线斜率 = ( 0 + 1) 0，
所以切线方程为 0 0 = ( 0 + 1) 0( 0)，
将 (1, )代入得 = ( 20 + 0 + 1) 0，
存在三条切线，即方程 = ( 2 + + 1) 有三个不等实数根，
设 ( ) = ( 2 + + 1) ，又 ′( ) = ( 1)( + 2) ，
易得在( 2,1)上， ′( ) > 0， ( )单调递增，在( ∞, 2)和(1, + ∞)上， ′( ) < 0， ( )单调递减，
5
又 ( 2) = 2， (1) = ，
当 < 1 5或 > 1+ 5时， ( ) < 0，画出图象可得 ( 2) < < 0，2 2
5即 2 < < 0．
5
故答案为( 2 , 0)．
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.(本小题 13 分)
袋中装有大小相同的 4 个红球和 6 个白球，从中取出 4 个球．
(1)若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？
(2)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？
(3)取出一个红球记 2 分，取出一个白球记 1 分，若取 4 球的总分不低于 5 分，则有多少种不同的取法？
【答案】解：(1)分三类：3 红 1 白，2 红 2 白，1 红 3 白这三类，
由分类加法计数原理有： 3 14 6 + 24 2 1 36 + 4 6 = 194(种)．
(2)分三类：4 红，3 红 1 白，2 红 2 白，由分类加法计数原理共有： 44 + 3 1 + 2 24 6 4 6 = 115(种)．
第 10页，共 15页
{#{QQABYYAUgggIAIBAABhCAw3iCgGQkACCAAoOgBAMsAAAyQFABAA=}#}
(3)由题意知，取 4 球的总分不低于 5，只要取出的 4 个球中至少一个红球即可．
因此共有取法： 1 3 + 2 2 + 3 14 6 4 6 4 6 + 44 = 195(种)．
【解析】本题考查分类加法计数原理以及组合数，属于较难题．
(1)分三类：3 红 1 白，2 红 2 白，1 红 3 白这三类，然后利用分类加法计数原理求解即可；
(2)分三类：4 红，3 红 1 白，2 红 2 白，然后利用分类加法计数原理求解即可；
(3)由题意知，取 4 球的总分不低于 5，只要取出的 4 个球中至少一个红球，然后求解即可．
15(本小题 12 分)
3
已知在( 2 + 3 2) 的展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大 992．
(1)求 的值；
(2)求展开式中 6的项；
(3)求展开式中系数最大的项．
3 3
【答案】解：(1)由题意可得( 2 + 3 2) 展开式各项系数的和为：( 12 + 3 × 12) = 4 ，二项式系数的和
为：2 ，
所以4 2 = 992，
即(2 32)(2 + 31) = 0，解得 = 5；
3 3 10+4
(2)( 2 + 3 2) = ( 2 + 3 2)5展开式的通项公式为 +1 = 5 3 3 ，
10+4
令 3 = 6，解得 = 2，
故求展开式中 6的项为 2 6 65 × 9 = 90 ；
(3)设展开式系数最大项为第 + 1 项，
3 ≥ +1 +1
则有 5 5
3
，
1 15 3 ≥ 5 3
解得 = 4，
26 26
故第 5 项的系数最大为 45·34 3 = 405 3 ．
【解析】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数
的性质，属于中档题．
(Ⅰ)由题意可得4 2 = 992，由此求得 的值；
(Ⅱ)在展开式的通项公式中，令 的幂指数等于 6，求得 的值，可得展开式中 6的项；
3 ≥ +1 3 +1
(Ⅲ)设展开式系数最大项为第 + 1 项，则有 5 5
3 ≥ 1 1
，求得 的值，可得结论．
5 5 3
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17.(本小题 15 分)
已知函数 ( ) = ln + 3, ∈ ．
(1)当 = 1 时，求函数 ( )的极值；
(2)求函数 ( )的单调区间；
(3)若 ( ) ≤ 0 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】解：(1)当 = 1 时， ( ) = ln + 3, ∈ (0, + ∞)，
′( ) = 1 1 = 1 ，则：
(0,1)1 (1,+ ∞)
′( ) + 0
( ) ↗ 2 ↘
∴函数 ( )的极大值为 (1) = 2，无极小值；
(2) ′( ) = 1 = 1 , ∈ (0, + ∞)，
①当 ≤ 0 时， ′( ) > 0 恒成立，故 ( )在(0, + ∞)上单调递增
②当 > 0 时，对 ∈ (0, 1 ),
′( ) > 0， ( ) 1在(0, )上单调递增，
1
对 ∈ ( , + ∞),
′( ) < 0， ( ) ( 1在 , + ∞)上单调递减，
综上，当 ≤ 0 时， ( )单调增区间为(0, + ∞)，无单调减区间；
当 > 0 1 1时， ( )单调增区间为(0, )，单调减区间为( , + ∞)；
(3)要使得 ( ) = ln + 3 ≤ 0 恒成立，则 ( ) 0，
由(2)可知，当 ≤ 0 时， ( )在(0, + ∞)上单调递增，不存在最大值；
当 > 0 1时， ( )在(0, )上单调递增，在(
1
, + ∞)上单调递减，
所以 ( ) 1的极大值 ( )即为 ( )的最大值，
∴ ( 1 ) = ln 1 1+ 3 = ln + 2 ≤ 0, ln ≥ 2 = ln 2 , ≥
2，
∴实数 的取值范围为[ 2, + ∞)．
【解析】本题考查利用导数研究函数单调性、极值与最值及恒成立问题，属于中档题．
解决问题的关键是：
(1)求解导函数，列表，得到其单调性，求解极值；
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(2)由题 ′( ) = 1 =
1
, ∈ (0, + ∞)，对 分类讨论，求解单调性；
(3) 1问题转化为 ( ) 0，结合(2)得仅 > 0 时， ( )即为 ( )的最大值，求解不等式即可．
18.(本小题 17 分)
甲、乙两人组成“梦想队”参加“极速猜歌”比赛，比赛共两轮，每轮比赛从队伍中选出一人参与，参与
比赛的选手从曲库中随机抽取一首进行猜歌名.若每轮比赛中甲、乙参与比赛的概率相同.甲首次参与猜歌名，
2 3
猜对的概率为3；甲在第一次猜对歌名的条件下，第二次也猜对的概率为4；甲在第一次猜错歌名的条件下，
1 1
第二次猜对的概率为2 .乙首次参与猜歌名，猜对的概率为2；乙在第一次猜对歌名的条件下，第二次也猜对
2 1
的概率为3；乙在第一次猜错歌名的条件下，第二次猜对的概率为2 .甲、乙互不影响．
(1)求在两轮比赛中，甲只参与一轮比赛的概率；
(2)记“梦想队”一共猜对了 首歌名，求 的分布列及期望．
【答案】解：(1)依题意每轮比赛中甲、乙参与比赛的概率相同，
如果甲只参与一轮比赛，即“参加第一轮，不参加第二轮”或“不参加第一轮，参加第二轮”，
1 1 1 1 1
所以甲只参与一轮比赛的概率为2 × 2+ 2 × 2 = 2．
(2)每轮由两人选一人参赛，每次参赛结果有两种，总共有 2 × 2 = 4 种情况，
所以两轮猜对了 首歌名的概率有：
1 1 1 1 1 1 1 1
( = 0) = 2 × 3 × 2 × 2 + 2 × 3 × 2 × 2 +
1 1 1 1 1 1 1 1 3
2 × 2 × 2 × 3 + 2 × 2 × 2 × 2 = 16；
1 2 1 3 1 2 1 1
( = 2) = 2 × 3 × 2 × 4 + 2 × 3 × 2 × 2 +
1 × 1 × 1 × 2 + 1 12 2 2 3 2 × 2 ×
1 × 22 3 =
3
8；
= 1 = 1 = 0 = 2 = 716．
的分布列为
0 1 2
3 7 3
16 16 8
期望为 = 716 + 2 ×
3 19
8 = 16．
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【解析】本题考查离散型随机变量的均值(期望)，离散型随机变量的分布列，相互独立事件的概率乘法公式，
属于中档题．
(1)根据相互独立事件概率计算公式求得甲只参与一轮比赛的概率；
(2)首先计算出“梦想队”一共猜对 2 首歌名、0 首歌名的概率，然后利用对立事件概率计算公式，求得“梦
想队”一共猜对 1 首歌名的概率，由此求得分布列并求得数学期望．
19.(本小题 17 分)
1
已知函数 = 2
2， = ln ．
(1)若曲线 = 在 = 1 处的切线与直线 + 3 = 0 垂直，求实数 的值；
(2)设 = + ，若对任意两个不等的正数 1， 2，都有 1 2 > 4 恒成立，求实数 的取值范1 2
围；
(3) 1若 1, 上存在一点 0，使得 ′ 0 + < ′ 0 ′ 0 成立，求实数 的取值范围．0
1
【答案】解：(1)由 = ( ) = 22 ln ，得 ′ = ．
由题意曲线在 = 1 处的切线斜率为 3，即 1 = 3，
所以 = 2；
(2) ( ) = ( ) + ( ) = 1 22 + ，
> ( 1) ( 2) > 4 ( 1) 4 1 [ ( 2) 4 ]对任意两个不等的正数 1， 2，不妨设 1 2，都有 2 1
恒成立，则
2
> 0，
1 2
即 ( 1) 4 1 > ( 2) 4 2恒成立．
令 = ( ) 4 ，可得 ( )在(0, + ∞)递增，
由 ′( ) = ′( ) 4 = + 4 ≥ 0 恒成立，
可得 ≥ (4 )恒成立，由 (4 ) = ( 2)2 + 4 可得其最大值为 4，
则 ≥ 4，即 的取值范围是[4, + ∞)；
(3)不等式 ′ 10 + < 0 ′ 0 等价于 +
1
0 <
′ 00 0
，
0
1+
整理得 0 0 + < 0，0
设 ( ) = + 1+ ，
则由题意可知只需在[1, ]上存在一点 ，使得 ( ) < 0．
对 ( )求导数，
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2
( ) = 1 1+ = (1+ ) = ( 1)( +1)得 ′ 2 2 2 ，
因为 > 0，所以 + 1 > 0，令 ′( )，得 = 1 + ．
①若 1 + ≤ 1，即 ≤ 0 时，令 (1) = 2 + < 0，解得 < 2．
②若 1 < 1 + ≤ ，即 0 < ≤ 1 时， ( )在 1 + 处取得最小值，
令 (1 + ) = 1 + (1 + ) + 1 < 0，即 1 + + 1 < (1 + )，
+1+1
可得 < ln( + 1)，令 + 1 =
+1
考查式子 1 < ，因为 1 < ≤ ，可得左端大于 1，而右端小于等于 1，所以不等式不能成立
2
③当 1 + > ，即 > 1 时， ( )在[1, ] +1上单调递减，只需 ( ) < 0，得 > 1，
2
1 +1 = 2
2
又因为 1 1 < 0 >
+1
，则 1．
2
综上所述，实数 的取值范围是( ∞, 2) ∪ ( +1 1 , + ∞)．
【解析】本题给出二次函数和对数函数，求切线的方程和函数的单调性的运用，着重考查了导数的公式和
运算法则、利用导数研究函数的单调性和导数在最大最小值问题中的应用等知识，属于中档题．
(1)求出函数 的导数，可得切线的斜率，由切线方程可得 的方程，解得 即可；
(2) > ( 不妨设 ，由题意可得 1) 4 1 [ ( 2) 4 2 ]1 2 > 0，，即 ( 1) 4 1 > ( 2) 4 2恒成立.令 =1 2
( ) 4 ，可得 ( )在(0, + ∞)递增，求出导数，令导数大于等于 0，分离参数 ，由二次函数的最值，即
可得到 的范围；
(3)原不等式等价于 0 +
1
<
1+ 1+
0
0
，整理得 0 0 +
0
< 0，设 ( ) = + ，求得它0
的导数 ′( )，然后分 ≤ 0、0 < ≤ 1 和 > 1 三种情况加以讨论，分别解关于 的不等式得到
2+1
的取值，最后综上所述可得实数 的取值范围是( ∞, 2) ∪ ( 1 , + ∞)．
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