山东省聊城市2020届高三高考模拟（一）数学试题 25页

‎2020年聊城市高考模拟(一)‎ 数学试题 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，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，则集合中元素的个数为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求出集合，利用集合的交运算求解即可.‎ ‎【详解】根据题意，集合，因为集合，‎ 由集合的交运算可得，，‎ 所以集合中元素的个数为2.‎ 故选：2‎ ‎【点睛】本题考查集合的交运算；考查运算求解能力；属于基础题.‎ ‎2.已知复数满足，则复数的共轭复数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的模的定义和复数的四则运算求出复数，再由共轭复数的定义进行求解即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 由共轭复数的定义可知，.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数的模和复数的四则运算及共轭复数的定义；考查运算求解能力；熟练掌握复数的四则运算和共轭复数的定义是求解本题的关键；属于基础题.‎ ‎3.“”是“为真命题”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用恒成立问题求参数的取值范围的方法求出的取值范围，再由充分必要条件的定义进行判断即可.‎ ‎【详解】因为为真命题，又对恒成立，‎ 所以为真命题等价于，‎ 所以“”不能推出“”，反之，“”能推出“”，‎ 所以“”是“为真命题”的必要不充分条件.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查利用恒成立问题求参数的取值范围和充分必要条件；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握恒成立问题求参数的取值范围的方法和充分必要条件的判断是求解本题的关键；属于中档题.‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数的诱导公式进行求值即可.‎ ‎【详解】因为，由三角函数诱导公式可得，，‎ 因为，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查利用三角函数的诱导公式求解给值求值问题；考查运算求解能力；灵活运用三角函数的诱导公式是求解本题的关键；属于基础题.‎ ‎5.将某校高一3班全体学生分成三个小组分别到三个不同的地方参加植树活动，若每个学生被分到三个小组的概率都相等，则这个班的甲，乙两同学分到同一个小组的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，记“甲，乙两同学分到同一个小组”为事件，求出总的基本事件数和事件包含的基本事件数，代入古典概型概率计算公式求解即可.‎ ‎【详解】记“甲，乙两同学分到同一个小组”为事件，‎ 由题知，总的基本事件数为，事件包含的基本事件数为，‎ 由古典概型概率计算公式可得，,‎ 即这个班的甲，乙两同学分到同一个小组的概率为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查古典概型概率计算公式和组合数公式；考查运算求解能力；熟练掌握古典概型概率计算公式和组合数公式是求解本题的关键；属于中档题.‎ ‎6.数列1，6，15，28，45，...中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第10个六边形数为（ ）‎ A. 153 B. ‎190 ‎C. 231 D. 276‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时联系相关知识,如等差数列、等比数列等，结合图形可知，，，，，，，据此即可求解.‎ ‎【详解】由题意知，数列的各项为1，6，15，28，45，...‎ 所以，，，‎ ‎，，，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查合情推理中的归纳推理；考查逻辑推理能力；观察分析、寻求规律是求解本题的关键；属于中档题、探索型试题.‎ ‎7.正方体的棱长为1，点是棱的中点，点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题意作出图形，由题意知，为底面外接圆的圆心，由球心与截面圆圆心的连线垂直于截面可得，底面，利用三棱锥外接球的性质：球心到每个顶点的距离相等为球的半径，再利用勾股定理，解方程求出球的半径，代入球的表面积公式求解即可.‎ ‎【详解】根据题意，作图如下：‎ 由题意知，为底面外接圆的圆心，因为三棱锥外接球的球心为，‎ 由球心与截面圆圆心的连线垂直于截面可得，底面，‎ 设所求球的半径为，连接则，‎ 作,则四边形为矩形，设，‎ 在中，，即，‎ 在中，，即，‎ 联立方程解得，，‎ 所以所求球的表面积为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查多面体的外接球问题和球的表面积公式；考查空间想象能力和运算求解能力；多面体外接球的性质：球心与截面圆圆心的连线垂直于截面和球心到每个顶点的距离相等为球的半径的运用是求解本题的关键；属于难度较大型试题、常考题型.‎ ‎8.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，人们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数.设，则函数的所有零点之和为（ ）‎ A. B. ‎0 ‎C. 1 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，当时，，所以不是函数的零点，当时，令，作出函数的图象，利用数形结合思想，结合函数零点的定义即可求解.‎ ‎【详解】由题意知，当时，，所以不是函数的零点，‎ 当时，可得，，‎ 令，‎ 作出函数的图象如图所示：‎ 由图象可知，除点外，函数图象其余交点关于（0，1）中心对称，∴横坐标互为相反数，即，‎ 由函数零点的定义知，函数的所有零点之和为 ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查函数的新定义、函数零点的求解和函数图象及其性质；考查运算求解能力、转化与化归能力和数形结合思想；把函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题是求解本题的关键；属于创新题、难度较大型试题.‎ 二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 回归直线一定经过样本点的中心 B. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1‎ C. 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高 D. 在线性回归模型中，相关指数越接近于1，说明回归模型的拟合效果越好 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于选项A：由回归直线恒过样本中心点，不一定经过每个样本点即可判断；‎ 对于选项B：由相关系数的绝对值越趋近于1，相关性越强即可判断；‎ 对于选项C：由在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高即可判断；‎ 对于选项D：由在线性回归模型中，相关指数越接近于1，说明线性回归模型的拟合效果越好即可判断.‎ ‎【详解】对于选项A：因为回归直线恒过样本中心点，不一定经过每个样本点，故选项A正确；‎ 对于选项B：由相关系数的绝对值越趋近于1，相关性越强可知，若两个变量负相关，其相关性越强，则线性相关系数的值越接近于，故选项B错误；‎ 对于选项C：因为在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，故选项C正确；‎ 对于选项D：因为在线性回归模型中，相关指数越接近于1，说明线性回归模型的拟合效果越好，故选项D正确；‎ 故选：ACD ‎【点睛】本题考查线性回归方程的特点、两个变量相关性和相关系数之间的关系和利用残差图和相关指数判断模型的拟合效果；熟练掌握回归分析的有关知识是求解本题的关键；属于基础题.‎ ‎10.若双曲线的实轴长为6，焦距为10，右焦点为，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 的渐近线上的点到距离的最小值为4 B. 的离心率为 C. 上的点到距离的最小值为2 D. 过的最短的弦长为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，求出，结合的关系式求出，利用双曲线的几何性质进行逐项分析，判断即可.‎ ‎【详解】由题意知，，即，因为，所以，解得，所以右焦点为为，双曲线的渐近线方程为，‎ 对于选项A：由点向双曲线的渐近线作垂线时，垂线段的长度即为的渐近线上的点到距离的最小值，由点到直线的距离公式可得，，‎ 故选项A正确；‎ 对于选项B：因为，所以双曲线的离心率为，故选项B错误；‎ 对于选项C：当双曲线上的点为其右顶点时，此时双曲线上的点到的距离最小为，故选项C正确；‎ 对于选项D：过点且斜率为零的直线与双曲线的交点为，此时为过点的最短弦为，故选项D错误.‎ 故选：AC ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质；考查运算求解能力；熟练掌握双曲线的几何性质是求解本题的关键；属于中档题.‎ ‎11.已知直线与抛物线相交于两点，点是抛物线的准线与以为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. C. D. 的面积为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出和抛物线的方程和焦点坐标，结合直线的方程可知，直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心,由得到关于的方程，解方程求出，利用抛物线的定义和点到直线的距离分别求出的长度和的面积，据此即可判断.‎ ‎【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，解得，故选项A正确；‎ 因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，‎ 又直线，即，所以直线恒过抛物线的焦点，‎ 设点，因为两点在抛物线上，‎ 联立方程，两式相减可得，，‎ 设的中点为，则，因为点在直线上，‎ 解得可得，所以点是以为直径的圆的圆心，‎ 由抛物线的定义知，圆的半径，‎ 因为，所以，‎ 解得，故选项B正确；‎ 因为，所以弦长，故选项C正确；‎ 因为，所以直线为，由点到直线的距离公式可得，‎ 点到直线的距离为，所以，‎ 故选项D错误；‎ 故选：ABC ‎【点睛】本题考查抛物线的标准方程及其几何性质、圆的性质、直线与抛物线的位置关系、弦长公式、点到直线的距离公式；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握直线与抛物线的位置关系和抛物线的几何性质、圆的性质是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.‎ ‎12.若实数，则下列不等式中一定成立的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于选项A：原式等价于，对于选项C：，对于选项D：变形为，构造函数，通过求导判断其在上的单调性即可判断；‎ 对于选项B：利用换底公式：，‎ 等价于，利用基本不等式，再结合放缩法即可判断；‎ ‎【详解】令，则在上恒成立，所以函数在上单调递减，‎ 对于选项A：因为，所以，‎ 即原不等式等价于，因为，所以，从而可得，故选项A正确；‎ 对于选项C：，‎ 由于函数在上单调递减，所以，即，‎ 因，所以，取，则，故选项C错误；‎ 对于选项D：，与选项A相同，故选项D正确.‎ 对于选项B：，因为，‎ 所以等价于，因为，‎ 因为，‎ 所以不等式成立，故选项B正确；‎ 故选：ABD ‎【点睛】本题考查利用对数的换底公式、构造函数法、利用导数判断函数的单调性、结合基本不等式和放缩法比较大小；考查逻辑推理能力、知识的综合运用能力、转化与化归能力和运算求解能力；属于综合型强、难度大型试题.‎ 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知的展开式中的系数为，则实数____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式定理写出二项展开式的通项公式，令的幂指数为，求出的值，利用其系数为得到关于的方程，解方程即可求解.‎ ‎【详解】由二项式定理可得，二项展开式的通项公式为，令，解得，‎ 所以的展开式中的系数为，解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查利用二项式定理由二项展开式中某项的系数求参数；考查运算求解能力；利用二项式定理写出二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.‎ ‎14.若函数在上单调递增，则实数的取值范围为____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用辅助角公式进行化简解析式，再借助正弦函数的单调递增区间进行求解即可.‎ ‎【详解】由题意知，，‎ 所以，‎ 解得，‎ 令可得，，‎ 所以为函数的一个单调递增区间，‎ 因为函数在上单调递增，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查利用辅助角公式进行化简、利用正弦函数的单调区间求参数的取值范围；考查运算求解能力和整体代换的思想；熟练掌握辅助角公式和正弦函数的单调区间是求解本题的关键；属于中档题.‎ ‎15.已知，且，则向量与的夹角___‎ ‎【答案】10°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面向量数量积的坐标表示和模的坐标表示求出，代入夹角公式求解即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ ‎，‎ 由平面向量的夹角公式可得，‎ ‎，因为，‎ 所以，‎ 所以向量与的夹角为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示和模的坐标表示及其夹角公式、两角和的正弦公式及三角函数的诱导公式；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；属于中档题.‎ ‎16.已知在的展开式中，第6项的系数与第4项的系数之比是.‎ 则展开式中的系数为_____，展开式中系数绝对值最大的项为_____.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，求出展开式中的第6项的系数与第4项的系数，列出方程求出的值，代入二项展开式的通项公式即可求解；‎ ‎（2）设第项系数的绝对值最大，列出关于的不等式即可求解；‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ 通项，‎ 令，解得，‎ 展开式中的系数为.‎ ‎（2）设第项系数的绝对值最大，‎ 则，所以，‎ 系数绝对值最大的项为.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用、二项展开式的通项公式和系数最大项的求解；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.‎ 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.‎ ‎17.这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.‎ 设等差数列的前项和为，数列的前项和为，________，，若对于任意都有，且(为常数)，求正整数的值.‎ ‎【答案】11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用与的关系式求出的关系式，利用等比数列的定义和通项公式求得数列的通项公式，然后三个条件代入求解，分别求出等差数列的首项、公差，从而求得其通项公式，判断其增减性，求出使取得最大值的正整数的值.‎ ‎【详解】由得，当时，；‎ 当时，，从而，即，‎ 由此可知，数列是首项为1，公比为2的等比数列，故，‎ ‎①当，即，‎ 设数列的公差为，则，解得，‎ 所以，‎ 因为当时，当时，所以当时取得最大值，‎ 因此，正整数的值为11；‎ ‎②当时，，‎ 设数列的公差为，则，解得，‎ 所以，‎ 因为时，当时，所以当时取得最大值，‎ 因此，正整数的值为11；‎ ‎③当时，，‎ 设数列的公差为，则，解得，‎ 所以，‎ 因为当时，当时，所以当时取得最大值，‎ 因此，正整数的值为11.‎ 故答案为：11‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式、等差数列的通项公式及其性质、利用等差数列的单调性求其前n项和的最大值；考查运算求解能力和逻辑思维能力；熟练掌握等差数列和等比数列的相关知识是求解本题的关键；属于中档题.‎ ‎18.在平面四边形中，.‎ ‎（1）求的面积；‎ ‎（2）设为的中点，且，求四边形周长的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，设，在中利用余弦定理求出，代入三角形的面积公式即可求解；‎ ‎（2）由题意可知，，利用（1）中的长度，结合勾股定理可得，，利用基本不等式即可求得的最大值，进而求得四边形周长的最大值.‎ ‎【详解】根据题意，连接，作图如下：‎ 在中，由余弦定理得，‎ 设，则，即，‎ 解得或（舍去），所以.‎ 因此的面积.‎ ‎（2）由为的中点，得为的边的中线，又，得，所以，所以.‎ 又，‎ 所以，当且仅当时等号成立.‎ 所以，‎ 即四边形的周长最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形、三角形的面积公式和利用基本不等式求最值；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；灵活运用余弦定理解三角形和基本不等式求最值是求解本题的关键；属于中档题.‎ ‎19.如图，在四边形中，，以为折痕把 折起，使点到达点的位置，且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若为的中点，二面角等于60°，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；‎ ‎（2）由题意知，，取的中点，连接，易知两两垂直，以为原点建立如图所示的坐标系，设，平面的一个法向量为，求出向量，则向量所成角的余弦值的绝对值即为所求.‎ ‎【详解】（1）证明：因为，‎ 所以平面，‎ 又因为平面，所以.‎ 又因为，‎ 所以平面.‎ ‎（2）因为，‎ 所以是二面角的平面角，即，‎ 在中，，‎ 取的中点，连接，因为,‎ 所以,由（1）知，平面，为的中位线，‎ 所以，即两两垂直，‎ 以为原点建立如图所示的坐标系，设，则 ‎，‎ ‎，设平面的一个法向量为，‎ 则由得令，得，‎ 所以，‎ 所以直线与平面所成角正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理、二面角的平面角的判定和利用空间向量法求线面角的正弦值；考查空间想象能力、运算求解能力和转化与化归能力；熟练掌握线面垂直的判定定理和性质定理是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.‎ ‎20.已知椭圆的长轴长为4，右焦点为，且椭圆上的点到点的距离的最小值与最大值的积为1，圆与轴交于两点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）动直线与椭圆交于两点，且直线与圆相切，求的面积与的面积乘积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，列出的方程，根据，求出的值即可求解；‎ ‎（2）联立直线和椭圆方程得到关于的一元二次方程，设，利用韦达定理和弦长公式求出的表达式，利用直线与相切得到的关系式，由题意知，，利用点到直线的距离公式分别求出点到直线的距离，据此即可得到的表达式，利用基本不等式求最值即可求解.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的焦距为，则由已知得，‎ 解得，因为，所以，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）由得，‎ ‎，‎ 设，则，‎ 所以 ‎，‎ 因为直线与相切，所以点到直线的距离，即，‎ 所以，由，得，‎ 因为圆与轴交于两点，所以，‎ 所以两点到直线的距离分别为，‎ 所以的面积与的面积乘积为 ‎，‎ 因为，所以.‎ 因此的面积与的面积乘积的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程及其性质、直线与圆的位置关系、直线与椭圆的位置关系、弦长公式、点到直线的距离公式和利用基本不等式求最值；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握椭圆与圆的性质和直线与圆锥曲线的位置关系是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.‎ ‎21.2020年春节期间，武汉市爆发了新型冠状病毒肺炎疫情，在党中央的坚强领导下，全国人民团结一心，众志成城，共同抗击疫情.某中学寒假开学后，为了普及传染病知识，增强学生的防范意识，提高自身保护能力，校委会在全校学生范围内，组织了一次传染病及个人卫生相关知识有奖竞赛(满分100分)，竞赛奖励规则如下，得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其他学生不得奖.教务处为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图.‎ ‎（1）现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；‎ ‎（2）若该校所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：‎ ‎(i)若该校共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数(结果四舍五入到整数)；‎ ‎(ii)若从所有参赛学生中(参赛学生数大于10000)随机抽取3名学生进行座谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列和均值.‎ 附：若随机变量服从正态分布，则，，.‎ ‎【答案】（1）（2）(i)(ii)详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由样本频率分布直方图得，有30人获奖，70人没有获奖，设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件，利用组合数公式求出总的基本事件数和事件包含的基本事件数，代入古典概型概率计算公式即可求解；‎ ‎（2）利用频率分布直方图中的数据，代入平均数公式求出平均数的估计值，利用正态分布曲线的对称性求出的概率，即可估计参赛学生中成绩超过79分的学生数；利用正态分布的性质和二项分布的概率和期望公式求出随机变量的分布列和均值即可.‎ ‎【详解】（1）由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖6人，获二等奖的8人，‎ 获三等奖的16人，所以有30人获奖，70人没有获奖，‎ 从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，‎ 设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件，‎ 则事件包含的基本事件的个数为，‎ 由古典概型概率计算公式可得，，‎ 所以抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率.‎ ‎（2）由样本频率分布直方图得样本平均数的估计值，所有参赛学生的成绩近似服从正态分布.‎ ‎（i）因为，所以，‎ 参赛学生中成绩超过79分的学生数约为.‎ ‎（ⅱ）由，得，即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，竞赛成绩在64分以上的概率为，所以随机变量服从二项分布.‎ 随机变量的所有可能取得的值为0，1，2，3.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 随机变量的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查利用正态分布曲线的对称性求概率、二项分布的分布列和期望公式、利用组合数公式求古典概型概率和利用频率分布直方图估计平均数；考查数据分析能力和运算求解能力；熟练掌握正态分布曲线的对称性的应用和二项分布的分布列和期望公式是求解本题的关键；属于综合型试题、中档题.‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）证明：当时，函数有唯一的极值点；‎ ‎（2）设为正整数，若不等式在内恒成立，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数进行求导，构造函数，对函数进行求导并判断其单调性，结合零点存在性定理，分别求出使和的的取值范围，从而使命题得证；‎ ‎（2）当时，不等式恒成立等价于对恒成立，令，得，又因为为正整数，所以或2，当时，不等式对恒成立，即对恒成立，设，对函数进行求导，判断其单调性并求在上的最小值，只需求得即可求得的最大值2.‎ ‎【详解】证明：（1）因为函数的定义域为，‎ 设，则.‎ ‎①当时，因为，所以在内单调递增，又因为 ‎，‎ ‎，‎ 所以存在，使，对于，都有，对于，都有.‎ ‎②当时，.‎ 综上可得，，当时，，当.‎ 因此，当时，函数有唯一的极值点.‎ ‎（2）当时，不等式恒成立等价于 对恒成立，‎ 令，得，又因为为正整数，所以或2，‎ 当时，不等式对恒成立，‎ 即对恒成立，‎ 设，则.‎ 设，则，因为当时，，‎ 所以函数在上单调递增，又因为，‎ 所以当时，，即.‎ 令，得，因为，所以当时，，‎ 当时，，所以，‎ 又因为，所以，因此，当时，恒成立.‎ 也就是说当时，不等式在内恒成立.‎ 故的最大值为2.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性和极值、最值及求解不等式恒成立问题中参数的最大值问题；考查运算求解能力、逻辑推理能力、转化与化归能力；熟练掌握利用导数判断函数的单调性和极值、最值是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.‎