2024-2025学年北京汇文中学高二(下)期中数学试卷含答案

2024-2025学年北京市东城区汇文中学高二（下）期中数学试卷一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．（5分）在下列选项中，能正确表示集合A＝{﹣3，0，3}和B＝{x|x2﹣3x＝0}关系的是（）A．A＝B B．A⊇B C．A⊆B D．A∩B＝∅2．（5分）命题“∃x∈R，x3﹣2x+1＝0”的否定是（）A．∃x∈R，x3﹣2x+1≠0 B．不存在x∈R，x3﹣2x+1≠0 C．∀x∈R，x3﹣2x+1＝0 D．∀x∈R，x3﹣2x+1≠03．（5分）设a∈R，则a＞4的一个必要不充分条件是（）A．a＞1 B．a＜1 C．a＞5 D．a＜54．（5分）数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（）A．24个 B．12 C．9个 D．6个5．（5分）下列求导正确的（）A．(x+1B．[ln(2x+1)]′=1C．(eD．（xsinx）′＝sinx+xcosx6．（5分）如下，用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（）种．ABCDA．12种 B．24种 C．48种 D．72种7．（5分）（x2﹣2）（1+2x）5的展开式中xA．60 B．50 C．40 D．208．（5分）已知函数f（x）＝sin2x，下面说法正确的是（）A．f（x）在[0，π4B．f′（x）＝cos2x C．x=π3是f（xD．f（x）在x＝0处的瞬时变化率为29．（5分）已知函数f(x)=alnx−12xA．[﹣9，+∞） B．（﹣9，+∞） C．（﹣∞，﹣9） D．（﹣∞，﹣9]10．（5分）盒子里有5个球，其中有2个白球和3个红球，每次从中抽出1个球，抽出的球不再放回，则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为（）A．16 B．310 C．1211．（5分）给出以下k值：①k＝﹣e，②k=−1e，③k＝0，④k＝1，其中使得函数A．①④ B．②④ C．①②③ D．①②④12．（5分）已知集合A满足：①A⊆N，②∀x，y∈A，x≠y，必有|x﹣y|≥2，③集合A中所有元素之和为100，则集合A中元素个数最多为（）A．11 B．10 C．9 D．8二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分．13．（5分）已知集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|a≤x＜3}．若A⊆B，则a的最大值为．14．（5分）设函数f（x）＝e2x﹣1，则f′（0）＝．15．（10分）若(x+2x)n的展开式中存在常数项，则正整数n的一个取值是16．（5分）能够说明“存在不相等的正数a，b，使得a+b＝ab”是真命题的一组a，b的值为．17．（10分）牛顿和拉弗森在17世纪提出了“牛顿迭代法”，相比二分法可以更快速的给出近似值，至今仍在计算机等学科中被广泛应用．如图，设r是方程f（x）＝0的根，选取x0作为r初始近似值．过点（x0，f（x0））作曲线y＝f（x）在（x0，f（x0））处的切线，切线方程为l1，当f′（x0）≠0时，称l1与x轴的交点的横坐标x1是r的1次近似值；过点（x1，f（x1））作曲线y＝f（x）在（x1，f（x1））处的切线，切线方程为l2，当f′（x1）≠0时，称l2与x轴的交点的横坐标x2是r的2次近似值；重复以上过程，得到r的近似值序列{xn}．这就是所谓的“牛顿迭代法”．（1）当f′（xn）≠0，n∈N*时，r的n+1次近似值xn+1与n次近似值xn可建立等式关系：xn+1＝；（2）若取x0＝2作为r的初始近似值，根据牛顿迭代法，计算3的2次近似值为（用分数表示）．三、解答题：共5小题，每小题0分，共65分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．18．某次测验满分为100分，A组和B组各有10人参加，成绩如表：A76788384859092959899B63727375808184859299对于该次测验，60≤分数＜70时为及格，70≤分数＜90分时为良好，成绩≥90分时为优秀．（1）从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率；（2）从A组中随机抽取1名学生，再从B组中随机抽取1名学生．用随机变量X表示这两人的成绩为优秀的人数，求X的分布列和数学期望；（3）从A、B两组中均随机抽取3人，A组成绩为76，83，92．已知B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92，直接写出B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率．19．已知函数f（x）＝x3+3x2﹣ax在x＝1处取得极值．（1）求a的值；（2）求f（x）在区间[﹣4，4]上的最大值和最小值．20．某篮球夏令营举行超远距离投篮闯关游戏，游戏规则如下：夏令营成员组队参加游戏，每队由三名队员组成．三名队员排好出场顺序后，依次出场投篮，且每名队员只投一次．如果一名队员投中，则游戏停止；如果这名队员没有投中，则派出下一名队员，直至有队员投中（闯关成功）或无队员可派出（闯关失败）时游戏停止．现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，他们投中的概率分别为p、q、r，且每次每人投中与否相互独立．（1）若p＝0.4，q＝0.3，r＝0.2，求游戏停止时小队有人投中的概率；（2）若1＞p＞q＞r＞0，现在小队计划两种方案参加游戏．方案一：甲最先、乙次之、丙最后；方案二：丙最先、甲次之、乙最后；（i）若采用方案一，求所需派出人员数目X的分布列和期望E（X）；（ii）分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小．21．已知函数f（x）=ln(ax)（Ⅰ）当a＝1时，求f（x）的定义域；（Ⅱ）若f（x）在区间（﹣∞，﹣1]上单调递减，求a的取值范围；（Ⅲ）当a=2e时，证明：若x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），则f（x1）﹣f（x2）（参考数据：e2≈7.39，e3≈20.09，e4≈54.60）22．已知集合S＝{a1，a2，a3，…，an}（n≥3），集合T⊆{（x，y）|x∈S，y∈S，x≠y}且满足：∀ai，aj∈S（i，j＝1，2，3，…，n，i≠j），（ai，aj）∈T与（aj，ai）∈T恰有一个成立．对于T定义dT（a，b）=1，(a，b)∈T0，(b，a)∈TlT（ai）＝dT（ai，a1）+dT（ai，a2）+…+dT（ai，ai﹣1）+dT（ai，ai+1）+…+dT（ai，an）（i＝1，2，3，…，（Ⅰ）若n＝4，（a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）∈T，求lT（a2）的值及lT（a4）的最大值；（Ⅱ）从lT（a1），lT（a2），…，lT（an）中任意删去两个数，记剩下的n﹣2个数的和为M．求证：M≥12n（（Ⅲ）对于满足lT（ai）＜n﹣1（i＝1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得dT（e，f）+dT（f，g）+dT（g，e）＝3恒成立，并说明理由．

2024-2025学年北京市东城区汇文中学高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）题号1234567891011答案BDACDDADDDB题号12答案B一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．（5分）在下列选项中，能正确表示集合A＝{﹣3，0，3}和B＝{x|x2﹣3x＝0}关系的是（）A．A＝B B．A⊇B C．A⊆B D．A∩B＝∅【分析】先求出集合B，然后利用两个集合之间的关系进行判断即可．【解答】解：解方程x2﹣3x＝0，得x＝0或x＝3，所以B＝{3，0}，又A＝{﹣3，0，3}，所以A⊇B．故选：B．【点评】本题考查了集合之间关系的判断，属于基础题．2．（5分）命题“∃x∈R，x3﹣2x+1＝0”的否定是（）A．∃x∈R，x3﹣2x+1≠0 B．不存在x∈R，x3﹣2x+1≠0 C．∀x∈R，x3﹣2x+1＝0 D．∀x∈R，x3﹣2x+1≠0【分析】因为特称命题“∃x∈R，x3﹣2x+1＝0”，它的否定：∀x∈R，x3﹣2x+1≠0即可得答案【解答】解：“∃x∈R，x3﹣2x+1＝0”属于特称命题，它的否定为全称命题，从而答案为：∀x∈R，x3﹣2x+1≠0．故选：D．【点评】本题考查了全称命题，和特称命题的否定，属于基础题，应当掌握．3．（5分）设a∈R，则a＞4的一个必要不充分条件是（）A．a＞1 B．a＜1 C．a＞5 D．a＜5【分析】根据必要不充分条件的定义转化为对应集合的关系进行求解即可．【解答】解：a＞4的一个必要不充分条件对应集合A⊃（4，+∞），则a＞1满足条件，故选：A．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，根据定义转化为对应集合关系是解决本题的关键．4．（5分）数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（）A．24个 B．12 C．9个 D．6个【分析】分百位上为1和百位上为2两种情况列举即可．【解答】解：当百位上为2时，组成的三位数有201，210，211，共3个数，当百位上为1时，组成的三位数有101，102，110，112，120，121，共6个数，所以组成不同的三位数有9个．故选：C．【点评】本题考查计数原理相关知识，属于基础题．5．（5分）下列求导正确的（）A．(x+1B．[ln(2x+1)]′=1C．(eD．（xsinx）′＝sinx+xcosx【分析】根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解．【解答】解：对于A，(x+1x)′=1−对于B，[ln(2x+1)]′=22x+1，故对于C，(exx对于D，（xsinx）′＝sinx+xcosx，故D正确．故选：D．【点评】本题主要考查导数的运算，属于基础题．6．（5分）如下，用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（）种．ABCDA．12种 B．24种 C．48种 D．72种【分析】先涂C区域，再涂D，涂A，涂B，根据分步乘法计数原理可得解．【解答】解：用4种不同的颜色给矩形A，B，C，D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，先涂C区域有4种涂法，再涂D区域3种涂法，涂A区域3种涂法，涂B区域2种涂法，由分步乘法计数原理，共有4×3×3×2＝72种涂法．故选：D．【点评】本题考查排列组合相关知识，属于中档题．7．（5分）（x2﹣2）（1+2x）5的展开式中xA．60 B．50 C．40 D．20【分析】把（1+2x）5按照二项式定理展开，可得（x2﹣2）（1+2x）5【解答】解：（x2﹣2）（1+2x）5＝（x2﹣2）[C50+C51•2x故展开式中x﹣1的系数为23•C53−故选：A．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．8．（5分）已知函数f（x）＝sin2x，下面说法正确的是（）A．f（x）在[0，π4B．f′（x）＝cos2x C．x=π3是f（xD．f（x）在x＝0处的瞬时变化率为2【分析】结合函数的平均变换率检验选项A，结合函数的求导公式检验选项B，结合函数极值存在条件检验选项C，结合函数瞬时变化率检验选项D即可判断．【解答】解：因为f（x）＝sin2x，则f（x）在[0，π4]上的平均变化率为f(π4f′（x）＝2cos2x，B错误；因为f′(π3)≠f（x）在x＝0处的瞬时变化率为f′（0）＝2，D正确．故选：D．【点评】本题主要考查了函数的平均变化率及瞬时变化率的定义，还考查了函数的求导公式及极值条件的应用，属于基础题．9．（5分）已知函数f(x)=alnx−12xA．[﹣9，+∞） B．（﹣9，+∞） C．（﹣∞，﹣9） D．（﹣∞，﹣9]【分析】根据单调性可知f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，分离变量可得a≤x2﹣6x，根据二次函数性质可求得x2﹣6x的最小值，由此可得a的取值范围．【解答】解：∵f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=a又f（x）在定义域内单调递减，∴f′(x)=a即a≤x2﹣6x在（0，+∞）上恒成立，∵(x2−6x即实数a的取值范围为（﹣∞，﹣9]．故选：D．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了二次函数的性质，属于中档题．10．（5分）盒子里有5个球，其中有2个白球和3个红球，每次从中抽出1个球，抽出的球不再放回，则在第1次抽到白球的条件下，第2次抽到红球的概率为（）A．16 B．310 C．12【分析】根据题意，在第1次抽到白球的条件下，盒子中有1个白球和3个红球，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，在第1次抽到白球的条件下，盒子中有1个白球和3个红球，此时抽到红球的概率P=3故选：D．【点评】本题考查条件概率的计算，注意条件概率的定义，属于基础题．11．（5分）给出以下k值：①k＝﹣e，②k=−1e，③k＝0，④k＝1，其中使得函数A．①④ B．②④ C．①②③ D．①②④【分析】令f（x）＝0，可得k＝xex（x≠0），令g（x）＝xex（x≠0），则有y＝k的图象与y＝xex的图象只有一个交点，利用导数求出g（x）的单调区间及最值，作出图象，结合图象求解即可．【解答】解：令f(x)=ex−则有k＝xex（x≠0），由题意可得y＝k的图象与y＝xex的图象只有一个交点，令g（x）＝xex（x≠0），则g′（x）＝（x+1）ex，所以当x＜﹣1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（﹣1，0）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；当x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；所以g（x）min＝g（﹣1）=−1又因为当x＜0时，g（x）＝xex＜0；当x＞0时，g（x）＝xex＞0；所以k=−1e或故选：B．【点评】本题考查了函数的零点、导数的综合运用及转化思想、数形结合思想，属于中档题．12．（5分）已知集合A满足：①A⊆N，②∀x，y∈A，x≠y，必有|x﹣y|≥2，③集合A中所有元素之和为100，则集合A中元素个数最多为（）A．11 B．10 C．9 D．8【分析】根据集合A满足的条件①②可知要使得集合A中元素尽可能多，则相邻的两个自然数最少差为2，故先考虑集合中元素是由公差为2的等差数列构成，判断集合元素的个数的最多情况，再对部分元素进行调整即可得答案．【解答】解：对于条件①A⊆N，②∀x，y∈A，x≠y，必有|x﹣y|≥2，若集合中所有的元素是由公差为2的等差数列构成，例如{0，2，4，6，8，10，12，14，16，18，20}，集合中有11个元素，又0+2+4+6+8+10+12+14+16+18+20＝110＞100，0+2+4+6+8+10+12+14+16+18＝90＜100，则该集合满足条件①②，不符合条件③，故符合条件③的集合A中元素个数最多不能超过10个，故若要集合A满足：①A⊆N，②∀x，y∈A，x≠y，必有|x﹣y|≥2，③集合A中所有元素之和为100，最多有10个元素，例如A＝{0，2，4，6，8，10，12，15，18，25}．故选：B．【点评】本题主要考查元素与集合的关系，集合中元素个数最值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分．13．（5分）已知集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|a≤x＜3}．若A⊆B，则a的最大值为﹣1．【分析】利用集合的包含关系求出a的取值范围即可．【解答】解：因为集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|a≤x＜3}，又因为A⊆B，所以a≤﹣1，即实数a的取值范围为（﹣∞，﹣1]，所以a的最大值为﹣1．故答案为：﹣1．【点评】本题考查了根据集合间的包含关系求参数的范围，属于基础题．14．（5分）设函数f（x）＝e2x﹣1，则f′（0）＝2e【分析】首先求函数的导数，再求导数值．．【解答】解：因为函数f（x）＝e2x﹣1是由t＝2x﹣1与y＝et构成的复合函数，其对x的导数为f′(x)=y′则f′（0）＝2e﹣1=2故答案为：2e【点评】本题主要考查导函数的求解，考查计算能力，属于基础题．15．（10分）若(x+2x)n的展开式中存在常数项，则正整数n的一个取值是【分析】利用二项式的展开式通项公式，求解即可．【解答】解：二项式(x+2x)n的展开式通项公式为Cnr•xn﹣r•令n−3r2=0，得n=3r2，令r＝2，得n故答案为：3；12．【点评】本题考查了二项式的展开式通项公式应用问题，是基础题．16．（5分）能够说明“存在不相等的正数a，b，使得a+b＝ab”是真命题的一组a，b的值为32，3【分析】取a=32，b＝3，得到a+b＝【解答】解：取a=32，b＝3，得到a+b＝∴能够说明“存在不相等的正数a，b，使得a+b＝ab”是真命题的一组a，b的值为32故答案为：32【点评】本题考查简单的合理推理，考查推理论证能力等基础知识，考查运用求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．17．（10分）牛顿和拉弗森在17世纪提出了“牛顿迭代法”，相比二分法可以更快速的给出近似值，至今仍在计算机等学科中被广泛应用．如图，设r是方程f（x）＝0的根，选取x0作为r初始近似值．过点（x0，f（x0））作曲线y＝f（x）在（x0，f（x0））处的切线，切线方程为l1，当f′（x0）≠0时，称l1与x轴的交点的横坐标x1是r的1次近似值；过点（x1，f（x1））作曲线y＝f（x）在（x1，f（x1））处的切线，切线方程为l2，当f′（x1）≠0时，称l2与x轴的交点的横坐标x2是r的2次近似值；重复以上过程，得到r的近似值序列{xn}．这就是所谓的“牛顿迭代法”．（1）当f′（xn）≠0，n∈N*时，r的n+1次近似值xn+1与n次近似值xn可建立等式关系：xn+1＝xn−f(x（2）若取x0＝2作为r的初始近似值，根据牛顿迭代法，计算3的2次近似值为9756【分析】（1）根据题意利用归纳推理可得r的n+1次近似值与r的n次近似值的关系式；（2）设f（x）＝x2﹣3，求导得f′（x）＝2x，化简xn+1，取x0＝2时，分别计算x1，x2，即可得出．【解答】解：（1）由y﹣f（x0）＝f′（x0）（x﹣x）），令y＝0，解得x1＝x0−f(同理可得x2＝x1−f(推得r的n+1次近似值与r的n次近似值的关系式为xn+1＝xn−f(（2）可设f（x）＝x2﹣3，则3是f（x）＝0的正根，f′（x）＝2x，xn+1＝xn−f(xn)f′(xnx0＝2时，x1=12x0+3x2=12x1故答案为：xn−f(xn【点评】本题考查导数的应用，考查推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题：共5小题，每小题0分，共65分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．18．某次测验满分为100分，A组和B组各有10人参加，成绩如表：A76788384859092959899B63727375808184859299对于该次测验，60≤分数＜70时为及格，70≤分数＜90分时为良好，成绩≥90分时为优秀．（1）从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率；（2）从A组中随机抽取1名学生，再从B组中随机抽取1名学生．用随机变量X表示这两人的成绩为优秀的人数，求X的分布列和数学期望；（3）从A、B两组中均随机抽取3人，A组成绩为76，83，92．已知B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92，直接写出B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率．【分析】（1）应用古典概型求解事件的概率即可；（2）A组中优秀的学生有5人，B组中优秀的学生有2人，再根据超几何分布计算其概率，列出分布列，求期望；（3）根据平均数与方差的计算公式，结合题意即可得出a的取值范围即可求出概率．【解答】解：（1）由题意知，A组中良好的学生有5人，B组中良好的学生有7人，从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率为1220因此学生成绩为良好的概率为35（2）根据题意得，A组中优秀的学生有5人，B组中优秀的学生有2人，所以X的可能取值为0，1，2．则P(X=0)=C51所以X的分布列为：X012P2512110所以E(X)=0×2（3）A组成绩为成绩分别为76，83，92，平均值为76+83+923方差为(76−251设B组抽出的3人成绩为99，92，a（a∈N*），则平均值为191+a3方差为(99−191+a所以3869即1158＞（106﹣a）2+（2a﹣191）2+（85﹣a）2，代入检验，可知a最小为84，最大85，故B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率为28【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．19．已知函数f（x）＝x3+3x2﹣ax在x＝1处取得极值．（1）求a的值；（2）求f（x）在区间[﹣4，4]上的最大值和最小值．【分析】（1）求出导函数，利用f（x）在x＝1处取得极值，f'（1）＝0，求解a即可．（2）求出f'（x）＝3x2+6x﹣9．判断导函数的符号，判断函数的单调性，然后求解极值，求解端点值，推出最值即可．【解答】解：（1）因为f（x）＝x3+3x2﹣ax，所以f'（x）＝3x2+6x﹣a．因为f（x）在x＝1处取得极值，所以f'（1）＝0，即3+6﹣a＝0，解得a＝9经检验，符合题意．………………（5分）（2）由（1）得f（x）＝x3+3x2﹣9x．所以f'（x）＝3x2+6x﹣9．令f'（x）＞0，得﹣4≤x＜﹣3或1＜x≤4；令f'（x）＜0，得﹣3＜x＜1．所以f（x）的单调递增区间为[﹣4﹣3），（1，4]，单调递减区间为（﹣3，1）．所以f（x）的极大值为f（﹣3）＝27，极小值为f（1）＝﹣5又f（﹣4）＝20，f（4）＝76，所以f（1）＜f（﹣4）＜f（﹣3）＜f（4）所以f（x）的最大值为76，最小值为﹣5…（14分）【点评】本题考查函数的对数的应用，函数的极值以及函数的最值的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．20．某篮球夏令营举行超远距离投篮闯关游戏，游戏规则如下：夏令营成员组队参加游戏，每队由三名队员组成．三名队员排好出场顺序后，依次出场投篮，且每名队员只投一次．如果一名队员投中，则游戏停止；如果这名队员没有投中，则派出下一名队员，直至有队员投中（闯关成功）或无队员可派出（闯关失败）时游戏停止．现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，他们投中的概率分别为p、q、r，且每次每人投中与否相互独立．（1）若p＝0.4，q＝0.3，r＝0.2，求游戏停止时小队有人投中的概率；（2）若1＞p＞q＞r＞0，现在小队计划两种方案参加游戏．方案一：甲最先、乙次之、丙最后；方案二：丙最先、甲次之、乙最后；（i）若采用方案一，求所需派出人员数目X的分布列和期望E（X）；（ii）分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小．【分析】（1）由独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式可得；（2）（i）先求出X的分布列，再由期望公式求出期望；（ii）分别求出两种方案的期望，作差比较大小即可．【解答】解：（1）设“停止比赛时小队有人投中”为事件A，由题意得P(A则游戏停止时小队有人投中的概率为P(A)=1−P(A（2）若1＞p＞q＞r＞0，现在小队计划两种方案参加游戏，方案一：甲最先、乙次之、丙最后；方案二：丙最先、甲次之、乙最后；（ⅰ）若采用方案一，则X的所有可能取值为1，2，3，P（X＝1）＝p，P（X＝2）＝（1﹣p）q，P（X＝3）＝（1﹣p）（1﹣q），所以X的分布列为：X123Pp（1﹣p）q（1﹣p）（1﹣q）E（X）＝p+2q（1﹣p）+3（1﹣p）（1﹣q）＝3﹣2p﹣q+pq；（ⅱ）设方案二所需派出人员数目Y，同理可得E（Y）＝3﹣2r﹣p+rp，因为1＞p＞q＞r＞0，所以E（Y）﹣E（X）＝2（p﹣r）+（q﹣p）+p（r﹣q）＝2（p﹣r）+（q﹣r）+（r﹣p）+p（r﹣q）＝（p﹣r）+（1﹣p）（q﹣r）＞0，所以E（Y）＞E（X），方案一可使所需派出人员数目的期望更小．【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与期望的计算，属于中档题．21．已知函数f（x）=ln(ax)（Ⅰ）当a＝1时，求f（x）的定义域；（Ⅱ）若f（x）在区间（﹣∞，﹣1]上单调递减，求a的取值范围；（Ⅲ）当a=2e时，证明：若x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），则f（x1）﹣f（x2）（参考数据：e2≈7.39，e3≈20.09，e4≈54.60）【分析】（I）结合对数函数的性质即可求解函数定义域；（II）先对f（x）求导，结合导数与单调性关系即可求解；（III）先对f（x）求导，结合导数分析f（x）的单调性，然后结合恒成立与最值关系的转化即可证明．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f(x)=lnx则x＞0x−1≠0，解得x＞0且x所以函数的定义域为（0，1）∪（1，+∞）；（Ⅱ）f′(x)=1−因为f（x）在（﹣∞，﹣1]上是减函数，所以x≤﹣1时，f′（x）≤0且a＜0，设g(x)=1−1x−ln(ax)，则x≤﹣1时，g函数y=1−1x与y＝﹣ln（所以g（x）在（﹣∞，﹣1]上是增函数，所以g（﹣1）＝2﹣ln（﹣a）≤0，解得a≤﹣e2，所以a的取值范围是（﹣∞，﹣e2]；（Ⅲ）证明：当a=2e时，设g(x)=x−1则g′(x)=1−x当0＜x＜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当0＜x＜1时，x(0，112(1g（x）﹣0+f′（x）﹣0+f（x）单调递减极小值单调递增g(12)=0②当x＞1时，由g(2)=3所以存在x0当x变化时，g（x），f'（x），f（x）的变化情况如下表：x（1，x0）x0（x0，+∞）g（x）+0﹣f′（x）+0﹣f（x）单调递增极大值单调递减由g（x0）＝0得ln(2因为x2∈（1，+∞），所以f(x因为x0＞2，所以f(x所以f(x【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了导数与函数性质在不等式证明中的应用，属于中档题．22．已知集合S＝{a1，a2，a3，…，an}（n≥3），集合T⊆{（x，y）|x∈S，y∈S，x≠y}且满足：∀ai，aj∈S（i，j＝1，2，3，…，n，i≠j），（ai，aj）∈T与（aj，ai）∈T恰有一个成立．对于T定义dT（a，b）=1，(a，b)∈T0，(b，a)∈TlT（ai）＝dT（ai，a1）+dT（ai，a2）+…+dT（ai，ai﹣1）+dT（ai，ai+1）+…+dT（ai，an）（i＝1，2，3，…，（Ⅰ）若n＝4，（a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）∈T，求lT（a2）的值及lT（a4）的最大值；（Ⅱ）从lT（a1），lT（a2），