2024-2025 学年高二下学期期中数学试卷（提高篇）
【人教 A 版（2019）】
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写
在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；
4.测试范围：选择性必修第二册第五章、选择性必修第三册第六章、第七章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第 I 卷（选择题）
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，只有一项是符合要
求的。
1．（5 分）下列说法中不正确的是（ ）
A．若随机变量 ~ (1, 2)， ( < 4) = 0.79，则 ( < 2) = 0.21
B 1 10．若随机变量 ~ 10, ，则期望 ( ) =
3 3
C 2．已知随机变量 的分布列为 ( = ) = ( +1)( = 1,2,3)，则 ( = 2) = 3
D 3 2 7．从 名男生， 名女生中选取 2 人，则其中至少有一名女生的概率为10
2．（5 分）甲、乙等 5 人计划去上海、苏州及青岛三个城市调查农民工薪资情况．每个人只能去一个城市，
并且每个城市都要有人去，则不同的分配方案共有种数为（ ）
A．150 B．300 C．450 D．540
3．（5 分）已知直线 = + 既是曲线 = e 的切线，也是曲线 = e 的切线，则（ ）
A． = e, = 0 B． = 1, = 0
C． = e, = 1 D． = 1, = 1
4．（5 分）我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”.后人称其为“赵爽弦图”.如图，现提
供 5 种颜色给图中的 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同.记事件 ：“区域 2
和区域 4 颜色不同”，事件 ：“所有区域颜色均不相同”，则 ( | ) = （ ）
A 2 B 2．7 ．3 C
1 3
．2 D．4
5．（5 分）已知 ( ) = (2 )8 = 0 + + 2 + + 81 2 8 ，则下列描述正确的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
B． ( 1)除以 5 所得的余数是 1
C．| 1| + | 2| + + | 8| = 38
D + + + = 3
8 1
． 2 4 6 8 2
6．（5 分）已知函数 ( ) = cos + e ，且 = (2)、 = 1 、 = (ln2)，则 、 、 的大小关系（ ）
2
A． < < B． < < C． < < D． < <
7．（5 分）不透明口袋中有 个相同的黑色小球和红色 白色 蓝色的小球各 1 个，从中任取 4 个小球， 表
示当 = 2时取出黑球的数目， 表示当 = 3时取出黑球的数目，则下列结论中成立的是（ ）
A． ( ) < ( ), ( ) < ( ) B． ( ) > ( ), ( ) < ( )
C． ( ) < ( ), ( ) > ( ) D． ( ) > ( ), ( ) > ( )
8．（5 分）设函数 ( ) = [ ( + 1) ]( ln ) （其中 e 为自然对数的底数），若存在实数 a 使得 ( )
< 0恒成立，则实数 m 的取值范围是（ ）
A 1．
2 1, + ∞ B
1
． 1, + ∞ C．( 2 1, + ∞) D． ∞, 1
2
1
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，有多项符合题目的
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．（6 分）甲、乙、丙、丁、戊五名同学站成一排拍照留念，下列结论正确的是（ ）
A．站成一排不同的站法共有 120 种
B．若甲和乙不相邻，则不同的站法共有 36 种
C．若甲站在最中间，则不同的站法共有 24 种
D．若甲不站排头，且乙不站排尾，则不同的站法共有 78 种
10．（6 分）甲、乙两人进行趣味篮球对抗赛，约定比赛规则如下：每局比赛获胜的一方积 1 分，负者积 0
2
分，无平局，积分首先达到 3 分的一方获得最终胜利，比赛结束．若甲每局比赛获胜的概率为3，且每局比
赛相互独立， 表示比赛结束时两人的积分之和，则（ ）
A． 服从二项分布
B 1． ( = 3) = 3
C 8．比赛结束时，甲、乙的积分之比为3:1的概率为27
D．随机变量 107的数学期望为 27
11．（6 分）已知函数 ( ) = 3 6 2 +1( ≠ 0)有且仅有三个不同的零点分别为 1, 2, 3，则（ ）
A 1 1． 的范围是 ∞, B． 的范围是 , + ∞
32 32
C． 1 2 3 = 1 D． 1 + 2 + 3 = 6
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．（5 分）已知 = 1 + C1 2 + C2 220 202 + C3 3202 + + C20 20202 ，则 a 被 10 除所得的余数为 .
13．（5 分）为了组建一支志愿者队伍，欲从 4 名男志愿者，3 名女志愿者中随机抽取 3 人聘为志愿者队的
队长，设事件 为“抽取的 3 人中至少有一名男志愿者”，事件 为“抽取的 3 人中至少有一名女志愿者”，则
( | ) = .
14．（5 分）设函数 ( )在 上存在导数 ′( )，对于 ∈ ，有 ( ) + ( ) = 2，且在(0, + ∞)上，恒有 ′( )
< 0.若有 (2 e ) (e ) ≥ 2 2e ，则实数 的取值范围为 .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13 分）若(1 2 )7 = 0 + 2 71 + 2 + + 7 ．求：
(1) 1 + 2 + + 7；
(2)| 0| + | 1| + + | 7|．
16．（15 分）某芯片制造企业采用流水线的方式生产芯片．原有生产线生产某型号的芯片需要经过三道工
1 1 1
序，这三道工序互不影响．已知三道工序产生不合格产品的概率分别为50、49、48，三道工序均合格的产品
成为正品，否则成为次品．
(1)求该企业原有生产线的次品率；
(2)为了提高产量，该企业又引进一条新生产线加工同一型号的芯片，两条生产线生产出的芯片随机混放在
1
一起．已知新生产线的次品率为25，且新生产线的产量是原生产线产量的两倍．从混放的芯片中任取一个，
计算它是次品的概率．
17．（15 分）如图，从左到右有 5 个空格．
(1)若向这 5 个格子填入 0，1，2，3，4 五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填 0，则一共有多
少不同的填法 （用数字作答）
(2)若给这 5 个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝 3 颜色可供使用，问一共有多少不同的涂
法 （用数字作答）
(3)若把这 5 个格子看成 5 个企业，现安排 3 名校长与 5 个企业洽谈，若每名校长与 2 家企业领导洽谈，每
家企业至少接待 1 名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
18．（17 分）某加盟连锁店总部对旗下 600 个加盟店中每个店的日销售额（单位：百元）进行了调查，如
图是随机抽取的 50 个加盟店的日销售额的频率分布直方图．若将日销售额在[16,18)的加盟店评定为“四星
级”加盟店，日销售额在[18,20]的加盟店评定为“五星级”加盟店．
(1)根据上述调查结果，估计这 50 个加盟店日销售额的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点
值为代表，结果精确到 0.1）；
(2)若该加盟连锁店总部旗下所有加盟店的日销售额 ～ ( ,6.25)，其中 近似为（1）中的样本平均数，根
据 的分布估计这 600 个加盟店中“五星级”加盟店的个数（结果精确到整数）；（参考数据：若 ～
( , 2)，则 ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827， ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9545， ( 3 ≤ ≤ + 3 )
≈ 0.9973．）
(3)该加盟连锁店总部决定对样本中“四星级”及“五星级”加盟店进一步调研，现从这些加盟店中随机抽取 3
个，设 为抽取的“五星级”加盟店的个数，求 的概率分布列与数学期望．
19．（17 分）已知函数 ( ) = 12
2 +( 1) ln , ∈ R.
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)当 > 0 3时，证明： ( ) ≥ 2 2 ；
(3)若函数 ( ) = 2 ( )有两个极值点 21, 2( 1 < 2 < 3)，求 ( 1) ( 2)的取值范围.2024-2025 学年高二下学期期中数学试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
第 I 卷（选择题）
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，只有一项是符合要
求的。
1．（5 分）下列说法中不正确的是（ ）
A．若随机变量 ~ (1, 2)， ( < 4) = 0.79，则 ( < 2) = 0.21
B ~ 10．若随机变量 10, 1 ，则期望 ( ) =
3 3
C 2．已知随机变量 的分布列为 ( = ) = ( +1)( = 1,2,3)，则 ( = 2) = 3
D 7．从 3 名男生，2 名女生中选取 2 人，则其中至少有一名女生的概率为10
【解题思路】根据正态分布的性质判断 A，根据二项分布的期望公式判断 B，根据分布列的性质求出 ，即
可判断 C，根据古典概型的概率公式判断 D.
【解答过程】对于 A：随机变量 ~ (1, 2)且 ( < 4) = 0.79，
则 ( < 2) = ( > 4) = 1 ( < 4) = 0.21，故 A 正确；
B 1 1 10对于 ：随机变量 ~ 10, ，则期望 ( ) = 10 × 3 = 3 ，故 B 正确；3
对于 C：因为 ( = ) = ( +1)( = 1,2,3)，所以 ( = 1) = 2， ( = 2) = 6， ( = 3) = 12，
所以2 + 6 + 12 = 1
4 2
，解得 = 3，所以 ( = 2) = 9，故 C 错误；
1 1 2
对于 D：从 3 C C +C 7名男生，2 名女生中选取 2 人，则其中至少有一名女生的概率 = 3 2 2C2 = 10，故 D 正确；5
故选：C.
2．（5 分）甲、乙等 5 人计划去上海、苏州及青岛三个城市调查农民工薪资情况．每个人只能去一个城市，
并且每个城市都要有人去，则不同的分配方案共有种数为（ ）
A．150 B．300 C．450 D．540
【解题思路】先分组再分配，结合排列组合即可求解.
【解答过程】把 5 人分组有两类情况：1:1:3和2:2:1.
先把 5 人按1:1:3分组，有C35种分组方法，
2:2:1 C
2C2
按 分组，有 5 3A2 种分组方法，2
C2C2
因此不同分组方法数为C35 +
5 3
A2 ，2
再把三组人安排到三个城市，有A33种方法，
C2C2
所以不同分配方法种数是(C35 +
5 3
A2 )A
3
3 = (10 + 15) × 6 = 150.
2
故选：A.
3．（5 分）已知直线 = + 既是曲线 = e 的切线，也是曲线 = e 的切线，则（ ）
A． = e, = 0 B． = 1, = 0
C． = e, = 1 D． = 1, = 1
【解题思路】曲线 = e 上的切点为( ,e 1)，曲线 = e 1 上的切点为( 2, e 2)，由题意可得
e 1 = e
2 =
e 1 e 1 = e 2 e 1 2 2 = ，求解即可.
【解答过程】设曲线 = e 上的切点为( 1,e 1)，曲线 = e 上的切点为( 2, e 2)，
e 1 = e
2 = 1 2
∵ (e )′ = e ,( e )′ = e ∴ kx e = e = ， 1+b = e 1 1 1 2 2 ，
kx2+b = e 2
e 1e = e 2e =
= 0
解得 = e .
故选：A.
4．（5 分）我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”.后人称其为“赵爽弦图”.如图，现提
供 5 种颜色给图中的 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同.记事件 ：“区域 2
和区域 4 颜色不同”，事件 ：“所有区域颜色均不相同”，则 ( | ) = （ ）
A 2 2 1 3．7 B．3 C．2 D．4
【解题思路】由已知，结合条件概率公式求解即可.
【解答过程】事件 ：“区域 2 和区域 4 颜色不同”即从 5 种颜色选出两种放入区域 2 和区域 4，
再从剩余的 3 种颜色选出一种放入区域 5，剩余的区域 1 和区域 3 分别都有两种选择，
即有A2 1 1 15C3C2C2 = 240种，
事件有A55 = 120种，
( )
所以 120 1( | ) = ( ) = 240 = 2，
故选：C.
5．（5 分）已知 ( ) = (2 )8 = + + 2 80 1 2 + + 8 ，则下列描述正确的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
B． ( 1)除以 5 所得的余数是 1
C．| 81| + | 2| + + | 8| = 3
8
D． 2 + 4 + 6 +
3 1
8 = 2
【解题思路】利用赋值法即可判断 ACD，根据二项式展开式的通项即可求解 B.
【解答过程】 ∵ ( ) = (2 )8 = 0 + 2 81 + 2 +… + 8 ，
∴ 令 = 1，可得 (1) = 0 + 1 + 2 +… + 8 = 1，再令 = 0，可得 0 = 28，
1 + 2 + + = 1 = 1 288 0 = 255,故 A 错误．
由于| 0| + | 1| + | 2| + … + | 88|，即(2 + ) 展开式各项系数和系数和，
故| 0| + | 81| + | 2| + … + | 8| = 3 ， ∴ | 1| + | 2| + … + | 8 88| = 3 2 ，故 C 错误．
由题意， ( 1) = 38 = 94 = (10 1)4 = C04 104 C110 103 + C2 2 310 10 C10 10 + 1，
显然，除了最后一项外，其余各项均能被 5 整除， ( 1)除以 5 所得的余数是 1，故 B 正确．
因为 (1) = 0 + 1 + 2 +… + 8 = 1， ( 1) = 0 1 + 2 … + 8 = 38
+ + + + = 3
8+1
所以 0 2 4 6 8 2 ，
38+1
所以 2 + 4 + 6 + 8 = 82 2 ，故 D 错误．
故选：B．
6．（5 分）已知函数 ( ) = cos + e = (2) = 1，且 、 、 = (ln2)，则 、 、 的大小关系（ ）
2
A． < < B． < < C． < < D． < <
【解题思路】根据题意，求导得 ′( )，即可得到 ( )在(0, + ∞)上单调递增，从而可比较函数值的大小关系.
【解答过程】由 ( ) = cos + e 可得 ′( ) = sin + e ，
当 > 0时， ′( ) = sin + e > sin + 1 ≥ 0，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
1 1 2ln2 lne ln4 1
又2 ln2 = 2 = 2 < 0，所以2 < ln2，
1 1
即2 < ln2 < 2，则 < (ln2) < (2)，2
所以 < < .
故选：D.
7．（5 分）不透明口袋中有 个相同的黑色小球和红色 白色 蓝色的小球各 1 个，从中任取 4 个小球， 表
示当 = 2时取出黑球的数目， 表示当 = 3时取出黑球的数目，则下列结论中成立的是（ ）
A． ( ) < ( ), ( ) < ( ) B． ( ) > ( ), ( ) < ( )
C． ( ) < ( ), ( ) > ( ) D． ( ) > ( ), ( ) > ( )
【解题思路】当 = 2时， 的可能取值为 1，2，分别求出相应的概率，进而求出期望和方差；当 = 3时，η
可取 1，2，3，分别求出相应的概率，进而求出期望和方差，再比较即可得解得.
【解答过程】当 = 2时，ξ 的可能取值为 1，2，
C1 = 2C
3
3 = 2 C
2C2 3
( = 1) C4 5， ( = 2) =
2 3
5 C4
=
5 5
，
因此 ( ) = 1 ×
2
5 +2 ×
3
5 =
8
5，
9 2 4
( ) = 25 × 5 + 25 ×
3 6
5 = 25；
当 = 3时， 的可能取值为 1，2，3，
1 3 2 2 3 1
( = 1) =
C3C3 = 1 C C 3 C C 1C4 5， ( = 2) =
3 3
C4 = 5， ( = 3) =
3 3
C4 = 5，6 6 6
1 3
因此 ( ) = 1 × 5 +2 × 5 +3 ×
1
5 = 2
1 3 1 2
， ( ) = 1 × 5 +0 × 5 +1 × 5 = 5，
所以 ( ) < ( )， ( ) < ( ).
故选：A.
8．（5 分）设函数 ( ) = [ ( + 1) ]( ln ) （其中 e 为自然对数的底数），若存在实数 a 使得 ( )
< 0恒成立，则实数 m 的取值范围是（ ）
A 1．
2 1, + ∞ B
1
． 1, + ∞ C．( 2 1, + ∞) D． ∞, 12 1
【解题思路】由题意可得 ( ) < 0等价于 ( + 1) ln < 0，
令 ( ) = ln , ( ) = ( + 1)
，函数 = ( ))和函数 = ( )的图象，一个在直线 = 的上方，一个在直线
= 的下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案．
【解答过程】函数 ( )的定义域为(0, + ∞)，由 ( ) < 0得[ ( + 1) ]( ln ) < 0，
( + 1) ln < 0. ( ) =
ln
所以 令 , ( ) = ( + 1)
，
由题意得，函数 = ( )和函数 = ( )的图象，一个在直线 = 的上方，一个在直线 = 的下方，等价
于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，
由 ( ) = ln 1 ln ( > 0)得 ′( ) = 2 ，
所以当 ∈ (0, )时， ′( ) > 0， ( )单调递增，当 ∈ ( , + ∞)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
所以 ( ) = ln 1max ( ) = = ， ( )无最小值，
( ) = ( + 1) ( > 0) ( ) = ( +1) ( 1)由 得， ′ 2 ，
若 + 1 < 0时，当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，所
以 ( )有最大值，无最小值，不合题意，
若 + 1 > 0时，当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，当时 ∈ (0,1)， ′( ) < 0， ( )单调递减，所
以 ( )min = (1) = ( + 1) ，则由
1
(1) > ( )即( + 1) > 且 + 1 > 0，得 >
1
2 1.
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，有多项符合题目的
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．（6 分）甲、乙、丙、丁、戊五名同学站成一排拍照留念，下列结论正确的是（ ）
A．站成一排不同的站法共有 120 种
B．若甲和乙不相邻，则不同的站法共有 36 种
C．若甲站在最中间，则不同的站法共有 24 种
D．若甲不站排头，且乙不站排尾，则不同的站法共有 78 种
【解题思路】由排列组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理及分类加法计数原理及不相邻问题插空
法逐一判断即可.
【解答过程】对于 A，甲、乙、丙、丁、戊五名同学站一排，不同的站队方式共有A55 = 120种，A 正确；
对于 B，甲和乙不相邻的站队方式有A3 23A4 = 72种，B 不正确；
对于 C，甲在最中间的不同的站队方式有A44 = 24种，C 正确；
对于 D，若甲站排尾，则乙与其余三人可任意排，此时的排法数为A44种；
若甲不站排尾，则先从中间 3 个位置中选一个给甲，再从除排尾的剩余的 3 个位置中选一个给乙，其余的
三个人任意排，则此时的排法数为C1C13 3A33种，
所以不同的站法有A4 + C1C1 34 3 3A3 = 78种.
故选：ACD.
10．（6 分）甲、乙两人进行趣味篮球对抗赛，约定比赛规则如下：每局比赛获胜的一方积 1 分，负者积 0
2
分，无平局，积分首先达到 3 分的一方获得最终胜利，比赛结束．若甲每局比赛获胜的概率为3，且每局比
赛相互独立， 表示比赛结束时两人的积分之和，则（ ）
A． 服从二项分布
B 1． ( = 3) = 3
C 8．比赛结束时，甲、乙的积分之比为3:1的概率为27
D 107．随机变量 的数学期望为 27
【解题思路】利用二项分布的特征判断 A；计算概率判断 BC；求出分布列及期望判断 D.
【解答过程】对于 A， 的可能取值为3,4,5，而二项分布的随机变量取值是从 0 开始的连续自然数，
因此 不服从二项分布，A 错误；
对于 B， = 3表示比赛结束时，赛了 3 局，要么是甲胜 3 局，要么是乙胜 3 局，
3 3
因此 ( = 3) = ( 2 ) + ( 1 ) = 13 3 3，B 正确；
对于 C，比赛结束时，甲、乙的积分之比为3:1，则甲乙共赛 4 局，第 4 局甲胜，前 3 局甲输 1 局，
2 2 2C ( ) × 1 × 2概率为 3 3 3 =
8
3 27，C 正确；
2 2
对于 D， ( = 3) = 13， ( = 4) = C
2 2
3( ) ×
1
3 ×
2
3 + C
2
3(
1 ) × 2 × 13 3 =
10
3 3 27，
2 2
( = 5) = C2 2 1 8 1 10 8 1074( ) × ( ) = 27， ( ) = 3 × 3 +4 × 27 +5 ×3 3 27 = 27 ，D 正确.
故选：BCD.
11．（6 分）已知函数 ( ) = 3 6 2 +1( ≠ 0)有且仅有三个不同的零点分别为 1, 2, 3，则（ ）
A． 的范围是 ∞, 1 B 1． 的范围是 , + ∞
32 32
C． 1 2 3 = 1 D． 1 + 2 + 3 = 6
【解题思路】求出 ′( )，分 < 0、 > 0讨论，利用导数求出极值可判断 AB；利用 ( ) = ( 1)( 2)
( 3) = 3 6 2 +1可判断 CD.
【解答过程】 ′( ) = 3 2 12 = 3 ( 4)( ≠ 0)，
令 ′( ) = 0，解得 = 0或 = 4，
当 < 0时，
当 ∈ (4, + ∞)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ ( ∞,0)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ (0,4)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以 (0)极小值 = 1 > 0， (4)极大值 = 64 96 + 1 = 1 32 > 0，
此时函数 ( )只有一个零点，不符合题意；
当 > 0时，
当 ∈ (4, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
当 ∈ ( ∞,0)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
当 ∈ (0,4)时， ′( ) < 0， ( )单调递减， (0)极大值 = 1 > 0，
要使 ( )有三个不同的零点，则
(4)极小值 = 64 96 + 1 = 1 32 < 0，解得 >
1
32，故 A 错误，B 正确；
因为函数 ( ) = 3 6 2 +1( ≠ 0)有且仅有三个不同的零点分别为 1, 2, 3，
则 ( ) = ( 1)( 2)( 3)
= 3 ( + + ) 21 2 3 + ( 1 3 + 1 2 + 2 3) 1 2 3
= 3 6 2 + 1
即有 1 2 3 = 1， 1 + 2 + 3 = 6， 1 3 + 1 2 + 2 3 = 0，
故 C 错误，D 正确.
故选：BD.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．（5 分）已知 = 1 + C1 2202 + C2022 + C3 23 + + C2022020 20 ，则 a 被 10 除所得的余数为 1 .
【解题思路】首先利用二项式定理化简 ，再将 写成 = 320 = 910 = (10 1)10，再利用二项式定理的展开
式，即可求解.
【解答过程】 = C0 20 120 + C202 + C22022 + C32023 + ... + C20 20202 = (1 + 2)20 = 320，
= 320 = 910 = (10 1)10 = 1010 C1 × 109 + C210 10 × 108 ... C910 × 10 + 1，
= 10 109 C1 × 108 + C210 10 × 107 ... C910 + 1
所以 被 10 除所得的余数为 1.
故答案为：1.
13．（5 分）为了组建一支志愿者队伍，欲从 4 名男志愿者，3 名女志愿者中随机抽取 3 人聘为志愿者队的
队长，设事件 为“抽取的 3 人中至少有一名男志愿者”，事件 为“抽取的 3 人中至少有一名女志愿者”，则
30( | ) = 31 .
【解题思路】利用条件概率公式即可求解.
C3 31 C1C2+C2C1 30 6
【解答过程】 ( ) = 1 4 = ， ( ) = 3 4 3 4C37 35 C3 = =7 35 7，
( ) 6 30
所以 ( | ) = ( ) =
7
31 = 31.
35
30
故答案为：31.
14．（5 分）设函数 ( )在 上存在导数 ′( )，对于 ∈ ，有 ( ) + ( ) = 2，且在(0, + ∞)上，恒有 ′( )
< 0.若有 (2 e ) (e ) ≥ 2 2e ，则实数 的取值范围为 [0, + ∞) .
【解题思路】令 ( ) = ( ) 1 22 ，判断 ( )的奇偶性、单调性，再由 (2 e
) (e ) ≥ 2 2e 得 (2 e ) ≥
(e )，利用 ( )的奇偶性、单调性求解即可.
【解答过程】令 ( ) = ( ) 1 22 ， ∈ ，则 ( ) + ( ) = ( ) + ( )
2 = 0，所以 ( )为奇函数，
又因为 ∈ (0, + ∞)时， ′( ) = ′( ) < 0，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递减，
故 ( )在 上单调递减，
1 1(2 e ) (e ) = (2 e ) + 2(2 e
)2 (e ) 2 2(e ) = (2 e ) (e ) +2 2e ≥ 2 2e ,
所以 (2 e ) ≥ (e )，故2 e ≤ e ，解得 ≥ 0，
即实数 的取值范围为[0, + ∞)，
故答案为：[0, + ∞).
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13 分）若(1 2 )7 = 0 + 1 + 22 + + 77 ．求：
(1) 1 + 2 + + 7；
(2)| 0| + | 1| + + | 7|．
【解题思路】（1）利用赋值法求出结果；
（2）去绝对值，再令 = 1即可．
【解答过程】（1） ∵ (1 2 )7 = 0 + 1 + 2 72 +… + 7 ，
令 = 0，解得 0 = 1；
令 = 1，整理得 0 + 1 + ... + 7 = 1，
故 1 + 2 + 3 +… + 7 = 2；
（2）令 = 1可得 70 1 + 2 3 + 4 5 + 6 7 = 3 = 2187，
(1 2 )7的展开式通项为 = C ( 2 ) = C ( 2) +1 7 7 ，则 = C7 ( 2) ，
其中0 ≤ ≤ 7且 ∈ N，
当 为偶数时， > 0；当 为奇数时， < 0.
所以| 0| + | 1| + + | 7| = 0 1 + 2 3 + 4 5 + 6 7 = 2187.
16．（15 分）某芯片制造企业采用流水线的方式生产芯片．原有生产线生产某型号的芯片需要经过三道工
1 1 1
序，这三道工序互不影响．已知三道工序产生不合格产品的概率分别为50、49、48，三道工序均合格的产品
成为正品，否则成为次品．
(1)求该企业原有生产线的次品率；
(2)为了提高产量，该企业又引进一条新生产线加工同一型号的芯片，两条生产线生产出的芯片随机混放在
1
一起．已知新生产线的次品率为25，且新生产线的产量是原生产线产量的两倍．从混放的芯片中任取一个，
计算它是次品的概率．
47
【解题思路】（1）根据题意，利用独立事件的概率乘法，求得企业原有生产线的正品率 1 = 50，进而求得
该企业原有生产线的次品率；
（2）记“任取一个芯片来自原生产线”为事件 ，“任取一个芯片来自新生产线”为事件 ，记“任取一个芯片
是次品”为事件 ，分别求得 ( )， ， ( | )， | ，结合 ( ) = ( ) ( | ) + ( ) ( | )，即可
求解.
1 47
【解答过程】（1）解：该企业原有生产线的正品率为 1 = 1 × 1 1 × 1 1 = ，50 49 48 50
所以该企业原有生产线的次品率为
= 1 = 1 1 1 × 1 1 × 1 = 1
49 × 48 × 47 = 31 1 .50 49 48 50 49 48 50
（2）解：记“任取一个芯片来自原生产线”为事件 ，“任取一个芯片来自新生产线”为事件 ，
记“任取一个芯片是次品”为事件 ，
1 2 3 1则 ( ) = 3， = 3，且 ( | ) = 50， | = 25，
所以 ( ) = ( ) ( | ) + ( ) ( | ) = 1 × 3 + 23 50 3 ×
1 7
25 = 150，
7
即从混放的芯片中任取一个，它是次品的概率为150．
17．（15 分）如图，从左到右有 5 个空格．
(1)若向这 5 个格子填入 0，1，2，3，4 五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填 0，则一共有多
少不同的填法 （用数字作答）
(2)若给这 5 个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝 3 颜色可供使用，问一共有多少不同的涂
法 （用数字作答）
(3)若把这 5 个格子看成 5 个企业，现安排 3 名校长与 5 个企业洽谈，若每名校长与 2 家企业领导洽谈，每
家企业至少接待 1 名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
【解题思路】（1）先将0排好，再排其他数字即可；
（2）先涂第一个格子，再涂第二个格子，依次进行，求出每步的方法种数，即可得解；
（3）法一：从 5 家企业中选一家，再从 3 位校长中选 2 位，再从剩下 4 家企业中选 2 家安排另外一位校长，
进而可得出答案.
法二：先将五家企业分为 3 份，再将这 3 份分给 3 位校长即可.
【解答过程】（1）分 2 步：①第三个格子不能填 0，则 0 有 4 种选法；
②将其余的 4 个数字全排列安排在其他四个格子中有A44种情况，
则一共有4A44 = 96种不同的填法；
（2）根据题意，第一个格子有 3 种颜色可选，即有 3 种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有 2 种颜色可选，即有 2 种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有 2 种情况，
则五个格子共有3 × 2 × 2 × 2 × 2 = 48种不同的涂法；
（3）法一：根据题意，有一家企业与 2 位校长谈，其余 4 家企业只与 1 位校长谈，
第 1 步：从 5 家企业中选一家C15，
第 2 步：从 3 位校长中选 2 位C23，
第 3 步：从剩下 4 家企业中选 2 家安排另外一位校长C24，
第 4 步：在第 2 步选中的两位校长，每位还要安排一家企业A22，
因此有C1 25C3C2A24 2 = 180种．
法二：五家企业记为 A，B，C，D，E，把这五家企业分为 3 份，
如( )，( )，( )，
含有 E 的这一份要从 A，B，C，D 取一家组成 2 家，如取 A 得( )，
C2C2 1
前面分三份会出现( )，因此有 5 3 C1A2 4 × ，2 2
然后再分给 3 位校长A33，
C2C2
因此总排法有 5 3A2 C
1 × 14 2 × A
3
3 = 180种．
2
18．（17 分）某加盟连锁店总部对旗下 600 个加盟店中每个店的日销售额（单位：百元）进行了调查，如
图是随机抽取的 50 个加盟店的日销售额的频率分布直方图．若将日销售额在[16,18)的加盟店评定为“四星
级”加盟店，日销售额在[18,20]的加盟店评定为“五星级”加盟店．
(1)根据上述调查结果，估计这 50 个加盟店日销售额的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点
值为代表，结果精确到 0.1）；
(2)若该加盟连锁店总部旗下所有加盟店的日销售额 ～ ( ,6.25)，其中 近似为（1）中的样本平均数，根
据 的分布估计这 600 个加盟店中“五星级”加盟店的个数（结果精确到整数）；（参考数据：若 ～
( , 2)，则 ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827， ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9545， ( 3 ≤ ≤ + 3 )
≈ 0.9973．）
(3)该加盟连锁店总部决定对样本中“四星级”及“五星级”加盟店进一步调研，现从这些加盟店中随机抽取 3
个，设 为抽取的“五星级”加盟店的个数，求 的概率分布列与数学期望．
【解题思路】（1）由平均数和中位数的计算公式计算即可得出答案；
（2）由（1）知 = 13， = 2.5，由正态分布的性质求出 ( > 18)的概率，即可求出这 600 个加盟店中“五
星级”加盟店的个数；
（3）求出 Y 的所有可能取值和每个变量对应的概率，即可求出 Y 的分布列，再由期望公式求出 Y 的数学
期望.
【解答过程】（1）由频率分布直方图得样本中日销售额为[6,8]，(8,10]，(10,12]，(12,14]，(14,16]，
(16,18]，(18,20]
的频率分别为 0.08，0.10，0.20，0.24，0.20，0.12，0.06，
∴估计这 50 个加盟店日销售额的平均数为：
7 × 0.08 + 9 × 0.10 + 11 × 0.20 + 13 × 0.24 + 15 × 0.20 + 17 × 0.12 + 19 × 0.06 = 12.96 ≈ 13.0（百元）．
∵0.08 + 0.10 + 0.20 < 0.5，0.08 + 0.10 + 0.20 + 0.24 > 0.5，
∴中位数在(12,14]内，设中位数为 x 百元，
则0.08 + 0.10 + 0.20 + 0.12( 12) = 0.5，解得 = 13．
∴估计中位数为 13 百元．
（2）由（1）知 = 13，
∵ 2 = 6.25， = 2.5，
∴ = ≈ 1 0.9545( > 18) ( > + 2 ) 2 ≈ 0.023，
∴估计这 600 个加盟店中“五星级”加盟店的个数为600 × 0.023 ≈ 14．
（3）由（1）得样本中“四星级”加盟店有50 × 0.12 = 6（个），“五星级”加盟店有50 × 0.06 = 3（个），
∴Y 的所有可能取值为 0，1，2，3，
C
3 20 5 2 1
( = 0) = 6C3 = 84 = 21，
C C 45
( = 1) = 6 3C3 = 84 =
15
9 9 28
，
1 2 3
C C 18 3 C 1( = 2) = 6 3 3C3 =9 84 = 14， ( = 3) = C3 =9 84．
∴Y 的概率分布列为
Y 0 1 2 3
P 5 15 3 1
21 28 14 84
∴ ( ) = 0 ×
5
21 +1 ×
15
28 +2 ×
3
14 +3 ×
1
84 = 1．
19 1．（17 分）已知函数 ( ) = 22 +( 1) ln , ∈ R.
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)当 > 0 3时，证明： ( ) ≥ 2 2 ；
(3) 2若函数 ( ) = 2 ( )有两个极值点 1, 2( 1 < 2 < 3)，求 ( 1) ( 2)的取值范围.
【解题思路】（1）求出函数 ( )的导数，再按 ≤ 0, > 0分类讨论导函数值大于 0、小于 0 的解集.
（2）由（1 3）的信息，求出 ( )的最小值，再证明 ( )min ≥ 2 2 ，构造函数并利用导数证明不等式.
（3 1）求出函数 ( )的导数，由极值点的意义求得 1 + 2 = 1, 1 2 = ，再计算 ( 1) ( 2)并整理，构造函
数，借助导数探讨单调性即得.
【解答过程】（1）函数 ( ) = 1 22 +( 1) ln 的定义域为(0, + ∞)，
求导得 ′( ) = + ( 1) 1 = ( +1)( 1) ，
当 ≤ 0时， ′( ) < 0，函数 ( )在(0, + ∞)上单调递减，
当 > 0时，由 1 1′( ) < 0，得0 < < ，由 ′( ) > 0，得 > ，
则函数 ( ) 1 1在(0, )上单调递减，在( , + ∞)上单调递增，
所以当 ≤ 0时，函数 ( )的递减区间是(0, + ∞)，无递增区间；
1 1
当 > 0时，函数 ( )的递减区间是(0, )，递增区间是( , + ∞).
2 1 1 1 1 1（ ）由（ ）知，当 > 0时，函数 ( )在 = 取得最小值 ( ) = 1 2 ln ，
( ) ≥ 2 3 1 1 ln1 ≥ 2 3 1 ln1要证 2 ，只需证明 2 2 1 ≥ 0，
令 ( ) = ln 1 1，求导得 ′( ) = 1 ，当0 < < 1时， ′( ) < 0，当 > 1时， ′( ) > 0，
则函数 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增， > 0, ( ) ≥ (1) = 0，
1 1 3
所以当 > 0时， ln 1 ≥ 0，即 ( ) ≥ 2 2 成立.
2
（3）函数 ( ) = ln + 12
2 +1的定义域为(0, + ∞)，求导得 ′( ) = ，
由函数 ( )有两个极值点 1, 2( 1 < <
2
2 3)，得方程
2 + 1 = 0 2在(0,3)上有两个不等实根，
设 ( ) = 2 + 1 = 1，对称轴为 2， (1) = 1 > 0，
则Δ = 2 4 > 0, 11 + 2 = 1, 1 2 = > 0，且
1 = 1 2 4 24 + 1 < 0， = 9 3 + 1 > 0，2 3
9
即4 < < 2；
1 1
( 1) ( 2) = ln 21 + 2 1 1 ln 2 2
2
2 + 2 = ln
1
+
2 2
2 ( 1 2) ( 1 2)2
= ln 1 + 2(
2
1 22) ( 1 2)(
1 2
1 + 2) = ln 2( 1
2
2) = ln
1 1 1 2
2 2 2 2( )，2 1
= 1令 ，由0 < <
2 2
1 2 < 3，得0 < 1 < 2 < 3( 1 + 2)，即0 < < 1 <
2( + 1) 13 ，解得2 < < 1，2
2
令 ( ) = ln 1 1 1 1 1 1 1′ 12( ),2 < < 1，求导得 ( ) = 2 2 2 = 2( 1) < 0 ，
因此函数 ( ) 1 1 3在(2,1)上单调递减， (1) < ( ) < (2)，即0 < ( ) < 4 ln2，
3
所以 ( 1) ( 2)的取值范围是(0,4 ln2).
