2024-2025 学年高二下学期期中数学试卷（巩固篇）
【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．已知随机变量 的分布列为 ( = ) = ( +1)( = 1,2,3)
2
，则 ( = 2) = 3
D 3 7．从 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
2．（5 分）( )( + )4的展开式中 2 3的系数为（ ）
A． 1 B． 2 C． 3 D．4
3．（5 分）某中学派 6 名教师到 A，B，C，D，E 五个山区支教，每位教师去一个地方，每个地方至少安
排一名教师前去支教．学校考虑到教师甲的家乡在山区 A，决定派教师甲到山区 A，同时考虑到教师乙与丙
为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（ ）
A．360 种 B．336 种 C．216 种 D．120 种
4．（5 分）已知直线 = + 既是曲线 = ln 的切线，也是曲线 = ln( )的切线，则（ ）
A 1． = e， = 0 B． = 1， = 0
C． = 1e， = 1 D． = 1， = 1
5 1 3 1．（5 分）设 ， 是一个随机试验中的两个事件，且 ( ) = 3， ( ) = 4， + = 2，则（ ）
A = 1． ( | ) 4 B． =
1
6
C． = | D．
5
+ = 12
6 π．（5 分）定义在 0, 上的函数 ( )， ′( )是 ( )的导函数，且 ′( ) < tan ( ) π成立， = 2 ，
2 3
= 2 π = 2 3， π ，则 ， ， 的大小关系为（ ）
4 3 6
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． ( ) > ( ), ( ) > ( )
2 1
8．（5 分）已知函数 ( ) = + , < 02 ，若函数 = ( ) 有且只有 3 个零点，则实数 的取值范围ln( + 1), ≥ 0
为（ ）
A． 0, 1 B 1 1． ,1 C．(1, + ∞) D． ,1
2 2 4
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 1．（6 分）已知 2 的展开式的第 2 项与第 3 项系数的和为 3，则（ ）
A． = 8
B 1．展开式的各项系数的和为32
C．展开式的各二项式系数的和为 256
D．展开式的常数项为第 5 项
10．（6 分）下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，
小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次
碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为 1，2，
3，…，6，用 表示小球落入格子的号码，则（ ）
A． ( = 1) = ( = 6) = 1 532 B． ( ) = 2
C． ( ) = 3 52 D． ( ) = 4
11．（6 分）已知函数 ( ) = 3 3 + 2，则（ ）
A． ( )有两个极值点 B． ( )有三个零点
C．点(0,2)是曲线 = ( )的对称中心 D．过点(0,2)可作曲线 = ( )的一条切线
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）已知随机变量 服从 (1, 2)，若 ( < 0.5) = 0.2，则 (0.5 1.5) = .
13．（5 分）将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入下图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不
相同，则有 不同的涂色方法.
14．（5 分）已知函数 ( ) = 2 + ， ( ) = 2e 1，若对任意的 2 ∈ [ 1,1]，存在 1 ∈ ,2 使得 ( 1) = 2
( 2)，则实数 a 的取值范围是 ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13 分）3 名男生、4 名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．
(1)选其中 5 人排成一排；
(2)全体站成一排，男、女各站在一起；
(3)全体站成一排，男生不能站在一起；
(4)全体站成一排，男不站排头也不站排尾．
16．（15 分）为了解人们对环保的认知程度，某市为不同年龄和不同职业的人举办了一次环保知识竞赛，
满分 100 分.随机抽取的 8 人的得分为 84，78，81，84，85，84，85，91.
(1)计算样本平均数 和样本方差 2；
(2)若这次环保知识竞赛的得分 X 服从正态分布 ( , 2)，其中 和 2的估计值分别为样本平均数 和样本方差
2，若按照 15.87%，68.26%，13.59%，2.28%的比例将参赛者的竞赛成绩从低分到高分依次划分为参与奖、
二等奖、一等奖、特等奖四个等级，试确定各等级的分数线.（结果保留两位小数）（参考数据2 3 ≈ 3.46）
附：若随机变量 X 服从正态分布 ( , 2)，则 ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6826，
( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9544， ( 3 ≤ ≤ + 3 ) ≈ 0.9974.
17．（15 分）已知(2 1)10 = 0 + 1 + 2 3 102 + 3 + + 10 ， ∈ ．
(1)求 3的值；
(2)求 1 + 2 + 3 + + 10的值；
(3)求| 0| + | 1| + | 2| + + | 10|的值．
18．（17 分）为了研究新高考数学多选题的答题规律，某数学兴趣小组研究发现：多选题正确答案是“选两
项” 1 1的概率为2，正确答案是“选三项”的概率为2.现有学生甲、乙两人，由于数学基础很差，多选题完全没有
思路，只能靠猜.
(1)求三题多选题中恰有两题正确答案是“选三项”的概率；
(2)学生甲的答题策略是“猜一个选项”，学生乙的答题策略是“猜两个选项”，（“选两项”全对得 6 分，选对一
个得 3 分，有错选得 0 分，“选三项”全对得 6 分，选对一个得 2 分，对两个得 4 分，有错选得 0 分）试分别
计算甲、乙两位同学得分的数学期望.
19．（17 分）设函数 ( ) = 2 + ln( + 1)( ∈ )．
(1)若 m＝－1，
①求曲线 ( )在点(0, (0))处的切线方程；
②当 ∈ (1, + ∞)时，求证： ( ) < 3.
(2)若函数 ( )在区间(0,1)上存在唯一零点，求实数 m 的取值范围.2024-2025 学年高二下学期期中数学试卷（巩固篇）
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 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．从 3 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，
4 2
所以2 + 6 + 12 = 1，解得 = 3，所以 ( = 2) = 9，故 C 错误；
C1C1+C2 7
对于 D：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 = 3 2 2C2 = ，故 D 正确；5 10
故选：C.
2．（5 分）( )( + )4的展开式中 2 3的系数为（ ）
A． 1 B． 2 C． 3 D．4
【解题思路】根据第一个括号内取项情况分两类，利用通项求相应项系数再合并即可得.
【解答过程】( + )4二项展开式的通项为 +1 = C 4 4 ( = 0,1,2,3,4)，
要得到 2 3项，有两类方法：
第一类：当( )中取 项时，则需( + )4展开式中的 3项与之相乘，
由4 = 1得， = 3，即 = C3 3 2 3 34 4 ，则 系数为C4 = 4；
第二类：当( )中取 项时，则需( + )4展开式中的 2 2项与之相乘，
由4 = 2得， = 2，即 = C2 2 2，则 2 33 4 项的系数为 C24 = 6；
综上可知，展开式中 2 3的系数为 6 + 4 = 2.
故选：B.
3．（5 分）某中学派 6 名教师到 A，B，C，D，E 五个山区支教，每位教师去一个地方，每个地方至少安
排一名教师前去支教．学校考虑到教师甲的家乡在山区 A，决定派教师甲到山区 A，同时考虑到教师乙与丙
为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（ ）
A．360 种 B．336 种 C．216 种 D．120 种
【解题思路】对山区 的派发人数分类，若派到山区 只有甲，剩下教师按人数分组以后计算种数，再减去
乙丙教师安排到同一山区的种数，即可得山区 只派甲的情况的种数，进而求出总的情况数量.
【解答过程】若派到山区 有2人，则不同的派法有A55 = 120种；
若派到山区 只有甲，先把其余5人分为四组，每组人数分别为2,1,1,1，再将四组教师分配到 , , , 四个山
区，不同派法有C2 45A4 = 240种，
其中乙和丙安排到同一山区的情况有A44 = 24种，所以派到山区 只有甲的派法有240 24 = 216种；
所以不同的派法共有120 + 216 = 336种.
故选：B.
4．（5 分）已知直线 = + 既是曲线 = ln 的切线，也是曲线 = ln( )的切线，则（ ）
A 1． = e， = 0 B． = 1， = 0
C = 1． e， = 1 D． = 1， = 1
【解题思路】设出切点，写出切线方程，利用对应系数相等建立方程，解出即可.
【解答过程】设直线与曲线 = ln 的切点为( 1,ln 1)且 1 > 0，
与曲线 = ln( )的切点为( 2, ln( 2))且 2 < 0，
= (ln ) = 1 = = 1又 ′ ′ ， ′ [ ln( )] ，
1 1
则直线 = + 与曲线 = ln 的切线方程为 ln 1 = ( 1)，即 =1 + ln 1 1 1，
1 1
直线 = + 与曲线 = ln( )的切线方程为 + ln( 2) = ( 2)，即 = + 1 ln( )，2 2 2
1 = 1 1 1
则
1 = e
1 2 ，解得
ln 1 = 1 ln( ) 2 = e
，故 = =1 e, = ln 1 1 = 0，1 2
故选：A.
5 5 1 3 1．（ 分）设 ， 是一个随机试验中的两个事件，且 ( ) = 3， ( ) = 4， + = 2，则（ ）
A． 1 1( | ) = 4 B． = 6
C 5． = | D． + = 12
【解题思路】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得.
= 1 3 1【解答过程】因为 ( ) 3， ( ) = 4，则 = 1 ( ) = 4，
= + 1 = 1又 + ( ) ，即2 3 +
1
4 ，
1
所以 = 12，故 B 错误；
∵ 1 1 1( ) + = ( )， ∴ ( ) + 12 = 3，∴ ( ) = 4，
( ) 1
∴ ( | ) = = 4
3
( ) 1 = 4，故 A 错误；
3
1
( 1 1| ) = ( ) 12 ( ) = 1 = 4， = 4，∴ ( | ) = ( )，故 C 正确.
3
因为 + =
1
+ = 12 + ，
∵ 3 1( ) = ( ) + ，∴4 = 4 +
1
，∴ = 2，
∴ = 1 1 7 + 12 + 2 = 12，故 D 错误.
故选：C.
6 π．（5 分）定义在 0, 上的函数 ( )， ′( )是 ( )的导函数，且 ′( ) < tan ( )成立， = 2 π ，
2 3
= 2 π 2 3 π， = ，则 ， ， 的大小关系为（ ）
4 3 6
A． > > B． > > C． > > D． > >
【解题思路】由条件可得 ′( ) + tan ( ) < 0 = ( )，构造函数 ( ) cos ，利用导数判断函数 ( )的单调性，
比较函数值的大小即可.
∈ 0, π【解答过程】因为 时，cos > 0，
2
所以 ′( ) < tan ( )可化为 ′( ) + tan ( ) < 0，
设 = ( )( ) πcos ， ∈ 0, ，2
′( ) = ( )
′
= ′( )cos + ( )sin = ′( )+tan ( )则 < 0cos cos2 cos ，
所以函数 ( )在 0, π 上的单调递减，
2
π π π
因为6 < 4 < 3，所以
π > π > π ，
6 4 3
π π π
6 > 4 > 3 2 3 π > 2 π > 2 π所以 π π π，即 ，cos cos cos 3 6 4 3
6 4 3
所以 > > .
故选：B.
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，
1 3
= C2C3 = 2 = C
2
2C23 = 3( = 1) C4 5， ( = 2) C4 ，5 5 5
因此 2 3 8( ) = 1 × 5 +2 × 5 = 5，
9 2 4 3 6
( ) = 25 × 5 + 25 × 5 = 25；
当 = 3时， 的可能取值为 1，2，3，
1 3
= C3C3 = 1 = C
2C2 3 C3C1 1
( = 1) C4 5， ( = 2)
3 3 3 3
C4 = 5， ( = 3) = C4 = 5，6 6 6
= 1 × 1 +2 × 3 1 1 3 1 2因此 ( ) 5 5 +3 × 5 = 2， ( ) = 1 × 5 +0 × 5 +1 × 5 = 5，
所以 ( ) < ( )， ( ) < ( ).
故选：A.
2 1
8．（5 分）已知函数 ( ) = + , < 02 ，若函数 = ( ) 有且只有 3 个零点，则实数 的取值范围ln( + 1), ≥ 0
为（ ）
A 0, 1 B 1． ． ,1 C．(1, + ∞) D 1． ,1
2 2 4
【解题思路】根据题意，得到 = 0是 = ( ) 的一个零点，转化为 > 0和 < 0时，分别有一个零点，
分类讨论，结合二次函数的性质，以及利用导数的几何意义，即可求解.
2 1 ( ) = + , < 0【解答过程】解：由函数 2 ，若 = 有且只有 3 个零点，ln( + 1), ≥ 0 ( )
当 = 0时，可得 (0) = ln1 = 0，可得 = 0是 = ( ) 的一个零点，
当 < 0 1 1时，由 2 + 2 = ，可得 = 2 < 0，解得 >
1
2；
当 > 0 1时， ( ) = ln( + 1)，可得 ′( ) = ′ +1，可得 (0) = 1，
要使得函数 = ( ) 在 > 0上有一个零点，
即函数 = ( )与 = 的图象有一个公共点，则满足0 < < 1，
1
综上可得：2 < < 1，即函数 ( )
1
有三个零点时，实数 的范围为(2,1)
故选：B.
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 1．（6 分）已知 2 的展开式的第 2 项与第 3 项系数的和为 3，则（ ）
A． = 8
B 1．展开式的各项系数的和为32
C．展开式的各二项式系数的和为 256
D．展开式的常数项为第 5 项
1
【解题思路】应用 2 的展开式的通项公式结合题意求出 ，再利用通项公式研究常数项；由 = 1可求
展开式的各项系数的和；由二项式系数性质可求展开式的各二项式系数的和.
1
【解答过程】解：因为 的展开式的通项公式为 = C
( 1 ) 1
+1 = ( ) C 2 2 2 2 ，
（ = 0,1, , ），
( 1所以 )C1
2
2 + (
1 ) C2 = 3，即 +
( 1)
2 8 = 32 ，
解得 = 8（ = 3舍去），故 A 正确；
所以 +1 = (
1 ) C 8 2 8 （ = 0,1, , 2 ），
当8 2 = 0，即 = 4时 5为常数项, 故 D 正确；
1 8 1 8 1
所以 2 展开式的各项系数的和为 1 =2 256，故 B 错误；
1 8
所以 2 展开式的各二项式系数的和为2
8 = 256，故 C 正确.
故选：ACD.
10．（6 分）下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，
小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次
碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为 1，2，
3，…，6，用 表示小球落入格子的号码，则（ ）
A． ( = 1) = ( = 6) = 1 532 B． ( ) = 2
C． ( ) = 32 D． ( ) =
5
4
【解题思路】设 = 1，分析出 5, 1 ，从而求出 的可能取值及相应的概率，求出期望和方差，得到
2
正确答案．
1
【解答过程】设 = “向右下落”，则 = “向左下落”，且 ( ) = ( ) = 2，
设 = 1 1，因为小球在下落过程中共碰撞 5 次，所以 5, ，
2
5 5
于是 ( = ) = ( = + 1) = C 15 1
1 = C 15 ( = 0,1,2,3,4,5)2 2 2 ．
5
所以 ( = 1) = ( = 6) = C0 15 =
1
2 32，A 正确；
5
( = 2) = ( = 5) = C1 15 =
5
2 32，
5
( = 3) = ( = 4) = C2 1 = 55 2 16，
所以 ( ) = ( + 1) = ( ) +1 = 5 ×
1
2 +1 =
7
2，B 错误；
( ) = ( + 1) =
1 5
( ) = 5 × 2 × 1
1 = 4，C 错误，D 正确2
故选：AD．
11．（6 分）已知函数 ( ) = 3 3 + 2，则（ ）
A． ( )有两个极值点 B． ( )有三个零点
C．点(0,2)是曲线 = ( )的对称中心 D．过点(0,2)可作曲线 = ( )的一条切线
【解题思路】利用导数分析函数 ( )的单调性和极值，结合零点存在定理可判断 A，B 选项，利用函数对称
性的定义可判断 C 选项，利用导函数的几何意义可判断 D 选项.
【解答过程】因为函数 ( ) = 3 3 + 2，所以 ′( ) = 3 2 3 = 3( 1)( + 1)，
令 ′( ) = 0，解得： =± 1，
当 < 1或 > 1时， ′( ) > 0，则 ( )的单调增区间为( ∞, 1)，(1, + ∞)，
当 1 < < 1时， ′( ) < 0，则 ( )的单调减区间为( 1,1)，
故当 = 1为函数的极大值点，极大值为 ( 1) = 4，当 = 1为函数的极小值点，极小值为 (1) = 0，故 A
正确；
当 → + ∞时， ( )→ + ∞，当 → ∞时， ( )→ ∞，则 ( )的图象如下：
所以 ( )有 2 个零点，故 B 错误；
对任意 ∈ R， ( ) + ( ) = ( 3 +3 + 2) + ( 3 3 + 2) = 4，所以点(0,2)是曲线 = ( )的对称中心，
故 C 正确；
因为 (0) = 2， ′( ) = 3 2 3，则 ′(0) = 3，所以切线方程为： 2 = 3 ，即 = 3 + 2，所以过点(0,2)
可作曲线 = ( )的一条切线；
故选：ACD.
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）已知随机变量 服从 (1, 2)，若 ( < 0.5) = 0.2，则 (0.5 1.5) = 0.6 .
【解题思路】根据正态分布性质求概率.
【解答过程】因为 ( < 0.5) = 0.2,及正态分布的对称性可得
(0.5 ≤ ≤ 1.5) = 2 (0.5 ≤ ≤ 1) = 2 × (0.5 0.2) = 0.6.
故答案为：0.6.
13．（5 分）将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入下图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不
相同，则有 72 不同的涂色方法.
【解题思路】根据题意，分类讨论，①若 、 同色．②若 、 不同色，由分类加法原理，计算可得答案.
【解答过程】图中区域分别为 ， ， ， ， ，则分2类讨论，
①若 、 同色，先涂 ，方法有C14种，再涂 、 ，方法有C13种，最后涂 、 ，
共有C1 14 C3 4 = 48种不同方法．
②若 、 不同色，先涂 ，方法有C1 24种，再涂 、 ，方法有A3，
最后涂 、 只有1种方法，所以若 、 不同色时共有C1 24 A3 1 = 24种不同方法，
综上，所有的涂法共有48 + 24 = 72(种).
故答案为：72.
14．（5 分）已知函数 ( ) = 2 + ， ( ) = 2e ，若对任意的 2 ∈ [ 1,1] 1，存在 1 ∈ ,2 使得 ( 1) = 2
( 2)，则实数 a 的取值范围是 e ≤ ≤ 4 ．
【解题思路】结合导数和二次函数的性质可求出 ( ) 1和 ( )的值域，结合已知条件可得[0, ] 4, ，
4
从而可求出实数 a 的取值范围.
【解答过程】 ( ) = 2e 的导函数为 ′( ) = 2 e + 2e = e ( + 2)，当 = 0时， ′( ) = 0，
由 ∈ [ 1,0)时， ′( ) < 0， ∈ (0,1]时， ′( ) > 0，
可得 ( ) = 2e 在[ 1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，
故 ( )在[ 1,1]上的最小值为 (0) = 0，最大值为 (1) = e，
所以对于任意的 2 ∈ [ 1,1]， ( 2) ∈ [0,e]．
因为 ( ) = 2 + 开口向下，对称轴为 轴，
又| 1 0| < |2 0|，所以当 = 0时， ( )max = ，当 = 2时， ( )2 min = 4，
则函数 ( ) = 2 + 1在 ,2 上的值域为[ 4, ]，
2
又因为存在 ( 1) = ( 2)．
由题意，得[0,e] [ 4, ]，
可得 4 ≤ 0 < e ≤ ，解得e≤ ≤ 4．
故答案为: e ≤ ≤ 4．
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）3 名男生、4 名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．
(1)选其中 5 人排成一排；
(2)全体站成一排，男、女各站在一起；
(3)全体站成一排，男生不能站在一起；
(4)全体站成一排，男不站排头也不站排尾．
【解题思路】（1）（2）（3）（4）根据不同要求，依题意列出不同情况满足的排列组合的式子计算即可
得到方法种数.
【解答过程】（1）选其中 5 人排成一排，不同的排队方案有C5A57 5 = 2520种.
（2）全体站成一排，男女各站一起，有A2 3 42A3A4 = 288种.
（3）全体站成一排，男生不能站在一起，有A4 34A5 = 1440种.
（4）全体站成一排，男不站排头也不站排尾，
选 2 女生排头和尾，其它 5 人作全排列，有A2 54A5 = 1440种.
16．（15 分）为了解人们对环保的认知程度，某市为不同年龄和不同职业的人举办了一次环保知识竞赛，
满分 100 分.随机抽取的 8 人的得分为 84，78，81，84，85，84，85，91.
(1)计算样本平均数 和样本方差 2；
(2)若这次环保知识竞赛的得分 X 服从正态分布 ( , 2)，其中 和 2的估计值分别为样本平均数 和样本方差
2，若按照 15.87%，68.26%，13.59%，2.28%的比例将参赛者的竞赛成绩从低分到高分依次划分为参与奖、
二等奖、一等奖、特等奖四个等级，试确定各等级的分数线.（结果保留两位小数）（参考数据2 3 ≈ 3.46）
附：若随机变量 X 服从正态分布 ( , 2)，则 ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6826，
( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9544， ( 3 ≤ ≤ + 3 ) ≈ 0.9974.
【解题思路】（1）根据题意，由平均数的计算公式和方差的计算公式，准确计算，即可求解；
（2）根据题意，得到该市所有参赛者的成绩 (84,12)，设竞赛成绩达到 及以上为特等奖，成绩达到
但小于 为一等奖，成绩达到 但小于 为二等奖，成绩未达到 为参与奖，结合正态分布曲线的对称性质，
分别求得 , , 的值，即可得到结论.
【解答过程】（1）根据题意，由平均数的计算公式和方差的计算公式得：
1
数据的平均数为 = 8 × (84 + 78 + 81 + 84 + 85 + 84 + 85 + 91) = 84，
1
数据的方差为 2 = 8 × (0 + 36 + 9 + 0 + 1 + 0 + 1 + 49) = 12.
（2）该市所有参赛者的成绩 近似服从正态分布 (84,12)，
设竞赛成绩达到 及以上为特等奖，成绩达到 但小于 为一等奖，
成绩达到 但小于 为二等奖，成绩未达到 为参与奖，
则 ( ≥ ) = 2.28%， ( ≤ < ) = 13.59%， ( ≤ < ) = 68.26%， ( < ) = 15.87%.
1 ( 2 ≤ ≤ +2 )
因为 2 ≈ 2.28%，所以 ≈ + 2 ≈ 90.92.
( 2 ≤ ≤ +2 ) ( ≤ ≤ + )
因为 2 ≈ 13.59%，
所以 ≈ + ≈ 87.46，
因为 ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6826，所以 ≈ ≈ 80.54.
综上可得，分数小于 80.54 的为参与奖，分数大于或等于 80.54 且小于 87.46 的为二等奖，分数大于或等于
87.46 且小于 90.92 的为一等奖，分数大于或等于 90.92 的为特等奖.
17．（15 分）已知(2 1)10 = 0 + 1 + 2 2 + 3 3 + + 10 10， ∈ ．
(1)求 3的值；
(2)求 1 + 2 + 3 + + 10的值；
(3)求| 0| + | 1| + | 2| + + | 10|的值．
【解题思路】（1）利用二项式(2 1)10展开式的通项公式 = C (2 )10 +1 10 ( 1) (0 ≤ ≤ 10且 ∈ N)求
解；
（2）分别令 = 0，令 = 1求解；
（3）根据展开式的通项得到偶数项的系数为负数，令 = 1求解.
【解答过程】（1）二项式(2 1)10展开式的通项为： = C (2 )10 +1 10 ( 1) (0 ≤ ≤ 10且 ∈ N)，
所以 = C78 10(2 )3( 1)7 = 960 3，所以 3 = 960．
（2）令 = 0，得 0 = 1，
令 = 1，得 0 + 1 + 102 + 3 + + 10 = (2 1) = 1，
所以 1 + 2 + 3 + 10 = 0．
（3）因为展开式的通项为 +1 = C10(2 )10 ( 1) (0 ≤ ≤ 10且 ∈ N)，
所以当 为奇数时，项的系数为负数．
所以| 0| + | 1| + | 2| + | 10| = 0 1 + 2 + 10，
令 = 1，得 0 1 + 2 3 + + 0 = ( 3)10 = 310，
∴ | 100| + | 1| + | 2| + + | 10| = 3 ．
18．（17 分）为了研究新高考数学多选题的答题规律，某数学兴趣小组研究发现：多选题正确答案是“选两
” 1 1项 的概率为2，正确答案是“选三项”的概率为2.现有学生甲、乙两人，由于数学基础很差，多选题完全没有
思路，只能靠猜.
(1)求三题多选题中恰有两题正确答案是“选三项”的概率；
(2)学生甲的答题策略是“猜一个选项”，学生乙的答题策略是“猜两个选项”，（“选两项”全对得 6 分，选对一
个得 3 分，有错选得 0 分，“选三项”全对得 6 分，选对一个得 2 分，对两个得 4 分，有错选得 0 分）试分别
计算甲、乙两位同学得分的数学期望.
【解题思路】（1）利用组合数和概率乘法公式即可计算求解.
（2）甲得分的取值有0、2、3，分别计算各个取值的概率，即可根据数学期望定义公式计算求解甲同学得
分的数学期望；乙得分的取值有0、4、6，分别计算各个取值的概率，即可根据数学期望定义公式计算求解
甲同学得分的数学期望.
1 3 3
【解答过程】（1）由题得三题多选题中恰有两题正确答案是“选三项”的概率为C23 =2 8.
（2）记甲同学答一道多选题得分为 ，则 = 0,2,3，
= 1 1 1 1 3 1 3 3 1 1 1( = 0) 2 × 2 + 2 × 4 = 8； ( = 2) = 2 × 4 = 8； ( = 3) = 2 × 2 = 4，
3 3 2 12 3
所以甲同学得分的数学期望为 ( ) = 0 × 8 +2 × 8 +3 × 8 = 8 = 2.
记乙同学答一道多选题得分为 ，则 = 0,4,6，
1 2 1
1( = 0) = × 1 12 +
1 × C3 1 1 1 2 1 C 1 3 1 1 1
2 2 C2 = 2 × 1
1 + 2 × 2 = 3； ( = 4) = ×
3
2 = ×
C 4 6 2 C4 2 6
= 4； ( = 6) = 2 × C2 =4 24
× 1 16 = 12，
2 1 1 3
所以乙同学得分的数学期望为 ( ) = 0 × 3 +4 × 4 +6 × 12 = 2.
19．（17 分）设函数 ( ) = 2 + ln( + 1)( ∈ )．
(1)若 m＝－1，
①求曲线 ( )在点(0, (0))处的切线方程；
②当 ∈ (1, + ∞)时，求证： ( ) < 3.
(2)若函数 ( )在区间(0,1)上存在唯一零点，求实数 m 的取值范围.
【解题思路】（1）①对函数 ( )求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，然后代入点斜式直线方程即
可求解.
②令 ( ) = ( ) 3 = 3 + 2 ln( + 1)，利用导数法求得其在(1, + ∞)上单调递减，结合 (1) = ln2 < 0，
即可证明.
（2）对函数 ( )求导，分类讨论研究函数的单调性，利用零点存在性定理求解即可.
1 ① = 1 ( ) = 2 ln( + 1) ( ) = 2 1′ = 2
2+2 1
【解答过程】（ ） 当 时， ，可得 +1 +1 ，
则 ′(0) = 1, (0) = 0，
可得曲线 ( )在点(0, (0))处的切线方程为 0 = 1 × ( 0)，即 + = 0．
②令 ( ) = ( ) 3 = 3 + 2 ln( + 1)，
3 2
则 ′( ) = 3 2 +2 1 = 3 +( 1) +1 +1 ，
当 ∈ (1, + ∞)时，可得 ′( ) < 0, ( )在(1, + ∞)上单调递减，
又因为 (1) = ln2 < 0，所以 ( ) < 0，即 2 ln( + 1) < 3，即 ( ) < 3，
即当 ∈ (1, + ∞)时， ( ) < 3.
2
（2）由函数 ( ) = 2 + ln( + 1), ∈ (0,1)，可得 ′( ) = 2 + = 2 +2 + +1 +1 ，
令 ( ) = 2 2 +2 + , ∈ (0,1)，
当 ≥ 0时， ( ) > 0，即 ′( ) > 0, ( )在区间(0,1)上单调递增．
因为 (0) = 0，所以 ( ) > (0) = 0，
所以函数 ( )在区间(0,1)上没有零点，不符合题意；
当 < 0 1时，函数 ( ) = 2 2 +2 + 的图像开口向上，且对称轴为直线 = 2，
由 (1) = 2 + 2 + ≤ 0，解得 ≤ 4，
当 ≤ 4时， ( ) < 0在区间(0,1)上恒成立，
即 ′( ) < 0, ( )在区间(0,1)上单调递减．
因为 (0) = 0，所以 ( ) < (0) = 0，
所以函数 ( )在区间(0,1)上没有零点，不符合题意．
综上可得， 4 < < 0，
设 0 ∈ (0,1)使得 ( 0) = 0，
当 ∈ (0, 0)时， ( ) < 0, ′( ) < 0, ( )单调递减；
当 ∈ ( 0,1)时， ( ) > 0, ′( ) > 0, ( )单调递增，
因为 (0) = 0，要使得函数 ( )在区间(0,1)上存在唯一零点，
则满足 (1) = 1 + ln
1
(1 + 1) > 0，解得 > ln2，
1
所以实数 m 的取值范围为 ,0 ．
ln2
