《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

21.(本小题满分12分)假设开始时有一个微生物个体(称为第0代),该个体繁殖的若干个个体,形成第1代,第1代的每个个体繁殖的若干个个体,形成第2代，…….假设每个个体繁殖的个体数相互独立且分布列相同,记第1代微生物的个体总数为X,X的分布列为P(X = i)=pᵢ＞0,i = 0,1,2,3.
　(1)若p₀ = 0.4,p₁ = 0.3,p₂ = 0.2,p₃ = 0.1,求E(X);
　(2)以p表示这种微生物最终消亡的概率.已知p是关于x的方程p₀ + p₁x + p₂x² + p₃x³ = x的最小正根.证明:当E(X)≤1时,p = 1;当E(X)＞1时,p＜1;
　(3)说明(2)的结论的意义.

答案：
21.
[命题点]概率统计与导数的综合应用
(1)[解]由题意知E(X)=0×p₀ + 1×p₁ + 2×p₂ + 3×p₃
=0×0.4 + 1×0.3 + 2×0.2 + 3×0.1
=1.　　　　　　　　　　　　　3分
(2)[证明]由题意知E(X)=0×p₀ + 1×p₁ + 2×p₂ + 3×p₃ = p₁ + 2p₂ + 3p₃.　　　　　　　　　　　　　　　　　　4分设f(x)=p₀ + p₁x + p₂x² + p₃x³ - x,则f(p)=0,f
(0)=p₀＞0,f
(1)=p₀ + p₁ + p₂ + p₃ - 1 = 0,f'(x)=p₁ + 2p₂x + 3p₃x² - 1.方程f'(x)=0的判别式Δ = 4p₂² - 4×3p₃×(p₁ - 1)＞0,不妨设其两根分别为α,β,且α＜β,则由根与系数的关系得,α + β＜0,αβ＜0,则α＜p,且α＜0＜β,且f'
(1)=p₁ + 2p₂ + 3p₃ - 1 = E(X) - 1.
6分当E(X)≤1时,f'
(1)=E(X) - 1≤0,
所以α＜0＜1≤β,故f(x)=0的最小正实根为1,即p = 1(如图①).　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　8分当E(X)＞1时,f'
(1)=E(X) - 1＞0,
所以α＜0＜β＜1,又f
(1)=0,即存在x₀∈(0,β)使得f(x₀)=0 (如图②),即x₀ = p＜1.　　　　　　　　　　　　　　　10分

(3)[解]由
(2)可知，
当E(X)≤1时,p = 1,即1个微生物个体繁殖下一代的个数期望不大于1,则该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率为1,即该微生物会灭绝.　　　　　　　　　　　　　　　11分当E(X)＞1时,p＜1,即1个微生物个体繁殖下一代的个数期望大于1,则该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率小于1，即该种微生物可通过多代繁殖而不至于灭绝.　　　　　12分关键点拨：先根据已知条件求出期望表达式，再利用导数研究函数的性质证明所需结论.

22.(本小题满分12分)已知函数$f(x)=(x - 1)e^x - ax^2 + b$.
　(1)讨论$f(x)$的单调性;
　(2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件,证明:$f(x)$恰有一个零点.
　　①$a ＞ \frac{e}{2}$,$b ＞ 2a$;
　　②$0 ＜ a ＜ \frac{1}{2}$,$b \leq 2a$.
　注:如果选择两组条件分别解答，按第一个解答计分.

答案： 22.
（1）分类讨论$x$的正负与$f(x)$的单调性；
（2）结合$f(x)$的单调性→$f(x)$的极值→$f(x)$极值的正负
零点存在性定理→$f(x)$有一个零点
[命题点]利用导数判断函数的单调性，函数单调性的应用以及零点存在性定理
（1）[解]由题意得$f^\prime(x)=x(e^x - 2a)$。
当$a\leq0$时，令$f^\prime(x)＞0$，得$x＞0$；令$f^\prime(x)＜0$，得$x＜0$。所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增。
当$a＞0$时，令$f^\prime(x)=0$，得$x=0$或$x=\ln2a$。
①当$0 ＜ a ＜ \frac{1}{2}$时，令$f^\prime(x)＞0$，得$x ＜ \ln2a$或$x ＞ 0$；令$f^\prime(x)＜0$，得$\ln2a ＜ x ＜ 0$。所以$f(x)$在$(-\infty,\ln2a)$，$(0,+\infty)$上单调递增，在$(\ln2a,0)$上单调递减。
②当$a = \frac{1}{2}$时，$f^\prime(x)=x(e^x - 1)\geq0$且等号不恒成立，所以$f(x)$在$R$上单调递增。
③当$a ＞ \frac{1}{2}$时，令$f^\prime(x)＞0$，得$x ＜ 0$或$x ＞ \ln2a$；令$f^\prime(x)＜0$，得$0 ＜ x ＜ \ln2a$。所以$f(x)$在$(-\infty,0)$，$(\ln2a,+\infty)$上单调递增，在$(0,\ln2a)$上单调递减。
（2）[证明]选择条件①，证明如下：
由（1）知当$a ＞ \frac{1}{2}$时，$f(x)$在$(-\infty,0)$，$(\ln2a,+\infty)$上单调递增，在$(0,\ln2a)$上单调递减，所以$f(x)$在$x = 0$处取得极大值$f(0)$，在$x = \ln2a$处取得极小值$f(\ln2a)$，且$f(0)= -1 + b$，$f(\ln2a)=(2a - a\ln2a)\ln2a + b - 2a$。
由于$\frac{1}{2} ＜ a\leq\frac{e^2}{2}$，$b ＞ 2a$，所以$f(0)＞0$，$\ln2a＞0$，$b - 2a＞0$。
令$g(x)=2x - x\ln2x$，则$g^\prime(x)=2 - \ln2x - 1 = 1 - \ln2x$。
令$g^\prime(x)=0$得$x = \frac{e}{2}$，当$\frac{1}{2} ＜ x ＜ \frac{e}{2}$时，$g^\prime(x)＞0$；当$\frac{e}{2} ＜ x\leq\frac{e^2}{2}$时，$g^\prime(x)＜0$。
所以$g(x)$在$(\frac{1}{2},\frac{e}{2})$上单调递增，在$(\frac{e}{2},\frac{e^2}{2})$上单调递减，所以$g(x)$在$x = \frac{e}{2}$处取得极大值$g(\frac{e}{2})$。
由于$g(\frac{e}{2})=\frac{e}{2}＞0$，$g(\frac{1}{2})＞0$，$g(\frac{e^2}{2}) = 0$，所以$g(x)\geq0$在$(\frac{1}{2},\frac{e^2}{2})$上恒成立，所以$f(\ln2a)＞0$。
当$x\to -\infty$时，$f(x)\to -\infty$，所以$f(x)$有一个零点，得证。
选择条件②，证明如下：
由（1）知，当$0 ＜ a ＜ \frac{1}{2}$时，$f(x)$在$(-\infty,\ln2a)$，$(0,+\infty)$上单调递增，在$(\ln2a,0)$上单调递减，所以$f(x)$在$x = \ln2a$处取得极大值$f(\ln2a)$，在$x = 0$处取得极小值$f(0)$。
由于$0 ＜ a ＜ \frac{1}{2}$，$b\leq2a$，所以$f(0)＜0$，$b - 2a\leq0$，$\ln2a＜0$，$-a\ln2a＞0$，则$2a - a\ln2a＞0$，所以$f(\ln2a)＜0$。
当$x\to +\infty$时，$f(x)\to +\infty$，所以$f(x)$有一个零点，得证。