江苏省镇江第一中学2023-2024学年高三上学期期初阶段学情检测数学答案(1)_2023年8月_028月合集_2024届江苏省镇江第一中学高三上学期期初阶段学情检测

数学答案 一、单选题 1、C 2、B 3、B 4、D 5、C 6、C 7、B 8、D 二、多选题 9、BCD 10、ABC 11、 BC 12、BC 四、填空题 e2 －∞， 13、28 14、27 15、36 16、 4 . 答案详解 一、单选题 1．（1-1）已知集合M 2,1,0,1,2，N   x x2x60  ，则M N （ ） A．2,1,0,1 B．0,1,2 C．2 D．2 【答案】C 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合N，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合M 中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为N   x x2x6 0   ,2 3,，而M 2,1,0,1,2， 所以M N 2． 故选：C． 方法二：因为M 2,1,0,1,2，将2,1,0,1,2代入不等式x2x60，只有2使不等式成立，所以 M N 2． 故选：C． 8  2  2．（187-4） x  的展开式中含x5项的系数是（ ）  x A．－112 B．112 C．－28 D．28 【答案】B 【分析】根据题意，得到二项式的通项公式，代入计算即可得到结果. 【详解】由题意可得，其通项公式为T r1 C 8 rx8r    2   r  2r C 8 rx 8 3 2 r ,0r 8,r N，  x 学科网（北京）股份有限公司3 令8 r 5，可得r 2， 2 所以含x5项的系数是22 C2 112 8 故选:B 3．（203-4）某单位为了了解办公楼用电量y（度）与气温x（C）之间的关系，随机统计了四个工作日的 用电量与当天平均气温，并制作了对照表：由表中数据得到线性回归方程y2xa，当气温为3C时， 预测用电量为（ ） 气温x（C） 18 13 10 －1 用电量y（度） 24 34 38 64 A．68度 B．66度 C．28度 D．12度 【答案】B 【分析】根据样本中心满足回归方程yˆ 2xaˆ即可解决. 1813101 24343864 【详解】由表中数据可知x 10，y 40， 4 4 所以回归方程yˆ 2xaˆ过10,40，得40210aˆ，即aˆ60， 则回归方程为y2x60， 当x3时，y2360 66， 故选：B. 4．（185-4）某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一 节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（ ）种不同的排法 A．24 B．144 C．48 D．96 【答案】D 【分析】先安排数学，将物理和化学捆绑，与其余三门课程进行排序，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有2种， 物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑， 与语文、英语、生物三门课程进行排序，有A2A4 48种排法. 2 4 由分步乘法计数原理可知，共有24896种不同的排法. 故选：D. 5．(109-3)已知正方体ABCDABCD 的棱长为1,E,F 是线段BD 上的动点且EF 1，则三棱锥ABEF 的 1 1 1 1 1 1 试卷第2页，共18页体积为（ ） 2 2 2 A． B． C． D．无法确定 4 6 12 【答案】C 【分析】确定AO平面BDDB ，再计算体积得到答案. 1 1 【详解】如图所示：连接AC与BD交于点O，BB 平面ABCD，AO平面ABCD， 1 故AO BB，AOBD，BDBB B，故AO平面BDDB . 1 1 1 1 1 1 1 2 2 V  S AO  11  . ABEF 3 △BEF 3 2 2 12 故选：C 1 6．（195-4）若随机变量X 服从两点分布，其中PX 0 ，EX，DX分别为随机变量X 的均值与 3 方差，则下列结论不正确的是（ ） 2 A．PX 1EX B．E3X 24 C．D3X 24 D．DX 9 答案C 【分析】根据随机变量X 服从两点分布推出P(X 1) 2 ，根据公式先计算出EX、DX，由此分别计 3 算四个选项得出结果． 1 2 【详解】随机变量X 服从两点分布，其中P(X 0) ，P(X 1) ， 3 3 1 2 2 E(X)0 1  ， 3 3 3 2 1 2 2 2 D(X)(0 )2 (1 )2  ， 3 3 3 3 9 在A中，P(X 1)E(X)，故A正确； 2 在B中，E(3X 2)3E(X)23 24，故B正确； 3 2 在C中，D(3X 2)9D(X)9 2，故C错误； 9 2 在D中，D(X) ，故D正确． 9 学科网（北京）股份有限公司7（电子4 -1）例1 (2023·苏州质检)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时， 1 1 log f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.6·f(20.6)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log ·f 28 ，则a，b，c的大 28 小关系是( ) A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．c>a>b 答案 B 解析 因为函数f(x)在R上满足f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数， 令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)， 由题意知，当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在(－∞，0]上单调递减， 又g(x)是奇函数，所以g(x)在R上单调递减， 1 因为20.6>1,0b>a. 思维升华 (1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)； 8．（193-7）已知随机事件A，B，C满足0PA1，0PB1，0PC1，则下列说法错误的是 （ ） A．不可能事件Φ与事件A互斥 B．必然事件Ω与事件A相互独立 C．P  A∣C  P  AB∣C  P  AB∣C  D．若PA|BP  A|B  ，则PAP  A  1 2 【答案】D 【分析】根据事件的概念，以及实践之间的关系，和条件概率的运算求解. 【详解】因为不可能事件Φ与事件A不会同时发生，所以互斥，A正确； 因为P()1,P(A)P(A),P(A)P()P(A)1P(A), 所以P(A)P(A)P()，所以必然事件Ω与事件A相互独立，B正确； 因为ABAB A，且AB,AB不会同时发生， 所以P  A∣C  P  AB∣C  P  AB∣C  ，C正确； 试卷第4页，共18页例如，抛掷一枚骰子1次的试验， 设事件B为出现点数小于等于4，事件A为出现点数小于等于2， 则PA|BP  A|B  ，但P(A) P(A)， D 错误， 故选:D. 二、多选题 9（电子3-1） 1．(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是( ) A．f(x)在区间(－2,3)上有2个极值点 B．f′(x)在x＝－1处取得极小值 C．f(x)在区间(－2,3)上单调递减 D．f(x)在x＝0处的切线斜率小于0 答案 BCD 解析 根据f′(x)的图象可得，在(－2,3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2,3)上单调递减， ∴f(x)在区间(－2,3)上没有极值点，故A错误，C正确； 由f′(x)的图象易知B正确； 根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确． 10．（13-7）设a0，b0，ab1，则下列结论正确的是（ ） 1 1 A．ab的最大值为 B．a2b2的最小值为 4 2 4 1 C．  的最小值为9 D． a b 的最小值为 3 a b 【答案】ABC ab a2 b2 【分析】对于AD，利用基本不等式判断即可；对于B，利用不等式( )2  判断即可，对于C， 2 2 利用基本不等式“1”的妙用判断即可. 【详解】对于A，因为a0，b0，ab1， ab 1 1 则ab( )2  ，当且仅当ab 时取等号，故A正确； 2 4 2 ab a2 b2 对于B，因为( )2  ， 2 2 故a2b2  1 ，当且仅当ab 1 时取等号，即a2b2的最小值 1 ，故B正确； 2 2 2 4 1 4 1 4b a 4b a 对于C，  (  )(ab)5  52  9， a b a b a b a b 学科网（北京）股份有限公司4b a 1 2 当且仅当  且ab1，即b ，a 时取等号， a b 3 3 4 1 所以  的最小值为9，故C正确； a b 1 对于D，( a b)212 ab12 2 ， 2 1 故 a b  2，当且仅当ab 时取等号，即 a b 的最大值 2，故D错误． 2 故选：ABC. 11．（115-3）如图，AB为圆锥SO底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，N为SA的中点， 则圆O上存在点M使（ ） A．MN∥SC B．MN//平面SBC C．SM丄AC D．AM 平面SBC 【答案】BC 【分析】利用反证法的思想可判断AD不成立，通过面面平行可判断B，通过线面垂直可判断C. 【详解】假设存在点M使MN //SC，所以M,N,S,C四点共面， 又因为ASN ，所以A面MNSC， 易得点A,M,C为面MNSC和面ABC的公共点， 所以A,M,C三点共线，与题意矛盾， 故不存在点M使MN //SC，即A错误； 过O作OM //BC，交劣弧AC与点M ，连接ON， 由于N,O分别为SA,AB的中点，所以ON //SB， 由于OM 面SBC，ON 面SBC，所以OM //面SBC，ON//面SBC， 又因为OMI ON O，所以面OMN //面SBC， 由于MN面OMN，所以MN //面SBC，即B正确； 点M 的位置同选项B， 由于AB为直径，所以ACBC，即AC OM , 由圆锥易得SO AC，SOOM O， 试卷第6页，共18页所以AC面SOM ，所以AC SM ，即C正确； 假设在点M使AM 面SBC，所以AM SB， 又因为AM SO，SOSB S ，所以AM 面SBO， 故面SBC应与面SBO平行，与题意显然不符，即D错误； 故选：BC. 12．（194-3）随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这 四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（ ） 1 A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 6 1 B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为 3 1 C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 3 5 D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为 8 【答案】BC 【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有C1C1C1种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率 4 3 2 的概率公式计算各选项，可得答案. 【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有C1C1C1种抽法， 4 3 2 其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有C1种， 2 C1 1 故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 2  ，A错误； C1C1C1 12 4 3 2 C1C1 1 对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A, 则P(A) 3 2  , C1C1C1 4 4 3 2 小张抽到小王写的贺卡为事件B, 则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下， 学科网（北京）股份有限公司1 P(AB) 12 1 小张抽到小王写的贺卡的概率为P(B|A)   ,B正确； P(A) 1 3 4 对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有C12种， 4 C12 1 故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 4  ，C正确； C1C1C1 3 4 3 2 对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有C1(12)9种， 3 C1(12) 9 3 故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为 3   ，D错误， C1C1C1 24 8 4 3 2 故选：BC 请点击修改第II卷的文字说明 四、填空题 13．（109-2）正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为 11，则其体积为_________ 【答案】28 【分析】根据正四棱台的性质，结合正四棱台的体积公式进行求解即可. 【详解】如图所示正四棱台中，OO 是高，连接 OB,OB ，设BEOB，垂足为E， 1 1 1 1 1 1 显然OB 4242 2 2,OB  2222  2 2 1 1 2 所以该正四棱台的高为OO BE 11(2 2 2)2 3， 1 1 正四棱台的体积V  1   222442 328． 3 14．某学校组织1200名学生进行“防疫知识测试”．测试后统计分析如下：学生的平均成绩为x =80，方差 为s2 25．学校要对成绩不低于90分的学生进行表彰．假设学生的测试成绩X近似服从正态分布N  ,2 （其中μ近似为平均数x，2近似为方差s2，则估计获表彰的学生人数为 ．（四舍五入，保留 整数） 参考数据：随机变量X服从正态分布N  ,2 ，则P X 0.6827， 试卷第8页，共18页P2 X 20.9545，P3X 30.9973 ． 【答案】27 【分析】根据题意得到80,5,290，结合3原则和正态分布的对称性求出P(X 90)0.02275， 求出获得表彰的学生人数. 【详解】由题意得：80,5,290， 1 1 故P(X 90)P(X 2)  0.95450.02275， 2 2 所以12000.0227527． 故答案为：27. 15．毛泽东思想是党的重要思想，某学校在团员活动中将四卷不同的《毛泽东选集》分发给三名同学，每 个人至少分发一本，一共有 种分发方法. 【答案】36 【分析】先将《毛泽东选集》按“2+1+1”形式进行分组，再分配给3名同学. 【详解】解：根据题意，只能1人拿2本，另2人各拿1本，故先将四卷不同的《毛泽东选集》按“2+1+1” C2C1 形式分为3组，有 4 2 6种分组方法， A2 2 再将分好的3组分配给三名同学，有A3 6种情况， 3 则由分步计数原理可知一共有6636种分发方法； 故答案为：36. ex 16、（电子3-例3跟踪2）(2)(2022·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝ ＋2klnx－kx，若 x＝2 是函数 f(x) 的 x2 唯一极值点，则实数 k 的取值范围是__________ e2 －∞， . 4 ex 解析 由题意，f(x)＝ ＋2klnx－kx(x>0)， x2 ex x－2 －k f′(x)＝ · x2 ， x ex 令f′(x)＝0得x＝2或k＝ ， x2 ex 令φ(x)＝ (x>0)， x2 exx－2 ∴φ′(x)＝ ， x3 ∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 学科网（北京）股份有限公司e2 ∴φ(x) ＝φ(2)＝ ， min 4 又当x→＋∞时，φ(x)→＋∞， e2 ∴若φ(x)＝k无实数根，则k< ， 4 e2 ∵当k＝ 时，φ(x)＝k的解为x＝2， 4 e2 －∞， ∴实数k的取值范围是 4 . 三、解答题  1    17. 已知集合Ax  2x 32，B  x x24x4m2  0,mR ．  4  （1）若m 3，求AB； （2）若存在正实数m，使得“xA”是“xB”成立的 ，求正实数m的取值范围． 从“①充分不必要条件，②必要不充分条件”中任选一个，填在上面空格处，补充完整该问题，并进行作答． 【答案】（1）AU B [2,5] （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）分别求解两个集合，再求并集； （2）若选①，则A是B的真子集．若选②，则B是A的真子集,根据集合的包含关系，列不等式，即可求 解m的取值范围. 【小问1详解】  1  Ax  2x 322,5   4    因m0，则B x   x 2m     x 2m   0,mR  2m,2m  ． 当m 3时，B [1,5]，所以AU B [2,5]． 【小问2详解】 选① 因“xA”是“xB”成立的充分不必要条件，则A是B的真子集．  m0 m0   所以2m2m4m 4, ．经检验“=”满足．    2m5 m3 试卷第10页，共18页所以实数m的取值范围是[4,)． 选② 因为“xA”是“xB”成立的必要不充分条件 所以B是A的真子集．  m0 m0   所以2m2m4m 0,3  ，经检验“=”满足．    2m5 m3 所以实数m的取值范围是(0,3]． 18．(电子2-9)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)试讨论函数f(x)的单调性． 解 (1)因为a＝1， 所以f(x)＝ex－x，则f′(x)＝ex－1， 所以f′(1)＝e－1，f(1)＝e－1， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－(e－1)＝(e－1)(x－1)， 即y＝(e－1)x. (2)因为f(x)＝aex－x，a∈R，x∈R， 所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，f′(x)＝aex－1<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝－lna， 当x<－lna时，f′(x)<0，当x>－lna时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减， 在(－lna，＋∞)上单调递增， 综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时， f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增． 19．某大学“爱牙协会”为了解“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”情况之间的关系，随机对200名青少年展开了调 查，得知这200个人中共有120个人“有蛀牙”，其中“不爱吃甜食”且“有蛀牙”的有30人，“不爱吃甜食”且 “无蛀牙”的有50人.有22列联表： 有蛀牙 无蛀牙 总计 爱吃甜食 学科网（北京）股份有限公司不爱吃甜食 总计 (1)根据已知条件完成如图所给的22列联表，并判断是否有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙” 有关； (2)若从“无蛀牙”的青少年中用分层抽样的方法随机抽取8人作进一步调查，再从这抽取的8人中随机抽取 2人去担任“爱牙宣传志愿者”，求抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年的概率. nad bc2 附：K2  ，nabcd. abcdacbd  P  K2 k  0.05 0.01 0.005 k 3.841 6.635 7.879 【答案】(1)见解析 5 (2) 14 【分析】（1）根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解； （2）根据已知条件，结合分层抽样的定义，列举法，以及古典概型的概率公式，即可求解. 【详解】（1）由题意可知，22列联表： 有蛀牙 无蛀牙 总计 爱吃甜食 90 30 120 不爱吃甜食 30 50 80 总计 120 80 200 200(90503030)2 K2  28.125 7.879有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关； 1208012080 （2）若从“无蛀牙”的青少年中用分层抽样的方法随机抽取8人作进一步调查，则爱吃甜食占3人，设为 x,y,z，不爱吃甜食占5人，设为a,b,c,d,e， 从中随机选取2人，所有情况为：x,y,x,z,y,z,x,a,x,b,x,c,x,d,x,e, y,a,y,b,y,c,y,d, y,e , z,a , z,b , z,c , z,d , z,e , a,b , a,c, a,d , a,e, b,c , b,d,b,e,c,d,c,e,d,e，共28种，其中抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年为： 试卷第12页，共18页a,b,a,c,a,d,a,e,b,c,b,d,b,e,c,d,c,e,d,e，共10种， 10 5 故抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年的概率为P  . 28 14 20．(134-9)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，AA 平面ABC，D为线段AB的中点，CB4，AB4 3， 1 1 1 1 AC 8，三棱锥AADC的体积为8． 1 1 1 (1)证明：AD平面BCD； 1 1 1 (2)求平面ACD与平面ABC夹角的余弦值． 1 1 【答案】(1)见解析 6 55 (2) 55 【分析】（1）证明出BC 平面ABBA，利用线面垂直的性质可证得CB  AD，再由三棱锥AADC的 1 1 1 1 1 1 1 1 体积为8，求出AA 2 3，可证得ADBD，再由线面垂直的判定定理即可证明； 1 1 1 （2）以点B为坐标原点，BA、BB 、BC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向 1 量法可求得平面DAC与平面ACB夹角的余弦值. 1 1 【详解】（1）证明：因为AA 平面ABC，CB平面ABC，所以AA BC， 1 1 在三棱柱ABC-ABC 中，四边形AACC为平行四边形，则AC AC 8， 1 1 1 1 1 1 1 因为AB4 3，CB4，所以AB2CB2  AC2，所以CB AB， 又因为ABAA  A，AA 平面ABBA ，AB平面ABBA ， 1 1 1 1 1 1 所以CB平面ABBA ，因为CB//CB，所以CB 平面ABBA ， 1 1 1 1 1 1 1 1 又AD平面ABBA ，所以CB  AD． 1 1 1 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司1 S  ABBC 8 3， △ABC 2 1 D为AB的中点，则S △ACD  2 S △ABC  4 3， 1 1 因为AA 平面ABC，V V  S AA  4 3AA 8， 1 AA1CD A1 ACD 3 ACD 1 3 1 所以AA 2 3，所以在△ADB中，ADBD2 6，AB 4 3， 1 1 1 1 1 1 1 所以AD2BD2  AB2，所以ADBD，CB BDB ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 CB,BD 平面BCD，所以AD平面BCD； 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）因为BB 平面ABC，BCAB，以点B为坐标原点，BA、BB 、BC所在直线分别为x、y、z轴 1 1 建立如下图所示的空间直角坐标系， 则C0,0,4、D  2 3,0,0  、A  4 3,2 3,0  、B  0,2 3,0  ， 1 1    设平面DAC的法向量为mx,y,z ，DA   2 3,2 3,0  ，DC   2 3,0,4  ， 1 1 1 1 1    mDA 2 3x 2 3y 0    则   1 1 1 ，取x 1 2，可得m 2,2, 3 ， mDC 2 3x 4z 0 1 1 设平面ACB的法向量为n  x ,y ,z ，  B  A    4 3,2 3,0  ，  B  C  0,0,4， 1 2 2 2 1    nBA 4 3x 2 3y 0  则   1 2 2 ，取x 2 1，可得n1,2,0， nBC 4z 0 2     mn 6 6 55 所以，cos m,n      ， mn 11 5 55 6 55 所以平面DAC与平面ACB夹角的余弦值为 . 1 1 55 试卷第14页，共18页21．(209-10)某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏；每个小组由两名队员组成，队员甲 与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的 次数之和不少于3次的称为“神投小组”，已知甲乙两名队员投进篮球的概率分别为p ，p ． 1 2 1 2 (1)若 p  ，p  ，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率； 1 2 2 3 6 (2)已知 p  p  ，则： 1 2 5 ① p ,p 取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最 1 2 大概率； ②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游 戏？ 4 【答案】(1) 9 3 297 (2)①当p  p  时，最大概率为 ；②625 1 2 5 625 【分析】（1）先罗列出“神投小组”的可能情况，然后利用独立事件的乘法公式进行求概率即可； 6 12 （2）①先求出获得“神投小组”称号的概率，结合 p  p  可得 p p p 3p2p2,令m p p ， 1 2 5 5 1 2 2 1 1 2 1 9  m , ，利用二次函数的性质即可求解；②利用二项分布的知识即可求解   5 25 【详解】（1）每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”,则可能的情况有①甲投中一次,乙投中两 次;②甲投中两次,乙投中一次;③甲投中两次,乙投中两次, 1 2 p  ,p  ， 1 2 2 3 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2 4 他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为C1      C1       2 2 2 3 2 2 3 3 2 3 9 （2）①由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率 pC1p 1p p2 p2C1p 1p  p2p2 2p p p  p 3p2 p2, 2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 6 12 p  p  ，p p p 3p2p2, 1 2 5 5 1 2 2 1 6 1 又0 p 1,0 p 1,p  p  ,则  p 1， 1 2 1 2 5 5 1 6  3 2 9 1 9  令m p p p2  p  p    ,则m  , , 1 2 1 5 1  1 5 25 5 25 学科网（北京）股份有限公司2 12  2 12 p y(m) 3m2  m3 m   , 5  5 25 12 1 9   9  297 p3m2  5 m在  5 , 25   上单调递增,则 p max  y 25    625 , 3 此时 p  p  . 1 2 5  297 ②他们小组在n轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足~ Bn, ,  625 297 n 625 np297,则 297 , 625 平均要进行625轮游戏. 1 22．已知函数 f xalnx x2a1x a0． 2 (1)讨论函数 f x的单调性； (2)设函数gx3ax f x有两个极值点x，x x x ． 1 2 1 2 （i）求实数a的取值范围； （ii）证明：gx gx 10lna． 1 2 【答案】(1)答案见解析； (2)（i）0a4，（ii）证明见解析. x1xa 【分析】（1）由题设 fx 且x0,，讨论1,a研究导数的符号，即可确定函数单调性； x （2）（i）将问题转化为x24xa0在0,上有两个不等实根，结合对应二次函数性质求参数范围； （ii）由（i）并应用韦达定理得gx gx  aalna8，分析法转化为ma1alnaa20在 1 2 a0,4上恒成立，利用导数研究单调性并确定值域范围，即可证结论. 【详解】（1）由 f(x)定义域为x0,，且 fx a xa1 x2a1xa  x1xa  ， x x x 令 fx0得，x1或xa， ①当0a1时，x0,a， f(x)0， f x单调递增， xa,1， f(x)0， f x单调递减， 试卷第16页，共18页x1,， f(x)0， f x单调递增， ②当a1时， f(x)0， f x在0,单调递增， ③当a 1时，x0,1， f(x)0， f x单调递增， x1,a， f(x)0， f x单调递减， xa,， f(x)0， f x单调递增， 综上： 当0a1时， f x的单调递增区间为0,a、1,， f x的单调递减区间为a,1； 当a1时， f x的单调递增区间为0,； 当a 1时， f x的单调递增区间为0,1、a,， f x的单调递减区间为1,a . 1 a 4xax2 x24xa （2）（i）由已知，gx4xalnx x2，则gx4 x  ， 2 x x x 函数gx有两个极值点x，x x x ，即x24xa0在0,上有两个不等实根， 1 2 1 2 h0a0 令hx x24xa，只需 ，故0a4， h2a40 （ii）由（i）知，x  x  4，xx a，且0a4， 1 2 1 2  1   1  gx gx 4x alnx  x 2 4x alnx  x 2  1 2  1 1 2 1   2 2 2 2  4x x alnx lnx  1 x2x2 aalna8， 1 2 1 2 2 1 2 要证gx gx 10lna，即证aalna810lna，只需证1alnaa20， 1 2 1a 1 令ma1alnaa2，a0,4，则malna 1 lna， a a 1 1 因为ma  0恒成立，所以ma在a0,4上单调递减， a2 a 1 又m110，m2 ln20 ， 2 1 由零点存在性定理得，a 1,2使得ma 0，即lna  ， 0 0 0 a 0 所以a0,a 时，ma0，ma单调递增， 0 aa ,4时，ma0，ma单调递减， 0 1 1 则ma ma 1a lna a 2 1a  a 2a  3 ， max 0 0 0 0 0 a 0 0 a 0 0 学科网（北京）股份有限公司1 ∵ya  3在a 1,2上显然单调递增， 0 a 0 0 1 1 1 ∴a  32 3 0 ， 0 a 2 2 0 ∴ma0，即gx gx 10lna，得证． 1 2 【点睛】关键点点睛：第二问二小问，由gx gx  aalna8，综合应用分析法、函数思想转化为 1 2 证明ma0在a0,4上恒成立，再利用导数研究单调性判断即可. 试卷第18页，共18页