江西省泰和中学2024届高三暑期质量检测数学答案(1)_2023年7月_027月合集_2024届江西省泰和中学高三暑期质量检测

高三暑期质量检测数学参考答案
1.C 2.D 3.C 4.D 5.C 6.B 7.A 8.D
9.ABD 10.BC 11.ABD 12.ABC
1 10  1   1
13. 14.1 15. 16.  ，00， 
3 21  e2   e
12345 9.58.67.876.1
17.解（1）x   3，y   7.8，
5 5
5  x x 2   13 2  23 2   33 2   43 2   53 2 10 ，
i1 i
5  y  y 2   9.57.8 2   8.67.8 2   7.87.8 2   77.8 2   6.17.8 2  7.06
i1 i
5  x x  y  y  8.4，
i1 i i
5  x x  y  y  8.4
r  i1 i i   1
.
5  x x 25  y  y 2 107.06
i1 i i1 i
相关系数近似为-1，y与x负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合y与x的关系；
5  x x  y  y  8.4
（2）由（1）中数据，得b   i1 i i   0.84，aˆ  y b ˆ x  7.80.843 10.32，
5  x x 2 10
i1 i
y关于x的回归方程为 yˆ  0.84x10.32.
 a 4d  11 a  19
18.解（1）设 a 的公差为d ，则 1 ，解得 1 ，
n 3a 3d 17a 136d  d  2
1 1
故a  a  n1  d  2n21.
n 1
n  a a 
（2）由（1）可知，S  1 n  n2  20n   n10 2100.
n 2
当n 10时，S 取得最小值100.
n
由S  S 1恒成立，得m2 20m99 0，解得9 m11.
m n
因为mN*，所以m 9或10或11.
19.解（1）函数 f  x 的定义域为 0，，
1 2
当a 1时， f  x   x2 x2lnx，求导得 f  x   x1 ，
2 x
 x2  x1 
整理得： f  x   .
x
学科网（北京）股份有限公司令 f  x   0可得，x  2或x  1（舍去）
当0 x  2时， f  x  0，函数 f  x 在 0，2 上单调递减，
当x  2时， f  x   0，函数 f  x 在 2，上单调递增，
所以当x  2时，函数 f  x 取极小值，极小值为 f  2   2ln2，
函数 f  x 无极大值；
（2）由已知x 1，时， f  x  0恒成立，
2 2  2
所以xa  0恒成立，即a  x 恒成立，则a  x  .
x x  x
min
2
令函数g(x)  x  x 1 ，
x
2
由g x  1  0知g  x 在  1，单调递增，
x2
从而a  g  x   g  1  1.
min
经检验知，当a  1时，函数 f  x 不是常函数，
所以a的取值范围是，1 
.
a
20.解（1）已知S  n n2 1，nN*
n 2
a
当n 1时，a  1 2，a  4；
1 2 1
a
当n  2时，a a  2 5，a  2，
1 2 2 2
所以a a  6.
1 2
a a
因为S  n n2 1①，所以S  n1  n1 2 1②.
n 2 n1 2
a a
②﹣①得，a  n1  n  n1 2 n2，整理得a a  4n2，nN*，
n1
2 2
n n1
所以 a
n1
a
n2
 a
n
a
n1
 

4  n1  2

  4n 2  4（常数），nN*，
学科网（北京）股份有限公司所以 a a 是首项为6，公差为4的等差数列.
n n1
（2）由（1）知，a a  4  n1 2 4n2，nN*，n2.
n1 n
n
(64n2)
当n为偶数时， S  a a  a a   a a  2  n2n ；
n 1 2 3 4 n1 n 2
n1
(104n2)
当n为奇数时， S  a  a a  a a   a a  4 2  n 2n 2 .
n 1 2 3 4 5 n1 n 2
 n2 n，n为偶数
综上所述，S  
n n2 n2，n 为奇数
21.解（1）因为甲、乙两人在第一轮和第二轮答对的试题的总数量相同，且甲每轮朗诵的时间均比乙少10秒，
所以第三轮答题中乙要比甲多答对2道题及以上才能获胜.
2 3
2 1 2 96
若乙答对2道试题，甲答对0道试题，则P  C2
 
 
 
 ，
1 3 3 3 5 3375
3 3
2 2 64
若乙答对3道试题，甲答对0道试题，则P 
 

 
 ，
2 3 5 3375
3 2
2 2 3 288
若乙答对3道试题，甲答对1道试题，则P 
 
Cl
 
  ，
3 3 3 5 5 3375
448
所以乙获胜的概率P  P P P  .
1 2 3 3375
（2）由题意设甲在比赛中答错的题的数量为X，乙在比赛中答错的题的数量为Y，
 2  1
则X ~ B9， ，Y ~ B9， ，
 5  3
2 18 1
则E  X  9  ，E  Y  9 3，
5 5 3
18
则甲因答错试题额外增加的时间的期望值为 20 72秒，
5
乙因答错试题额外增加的时间的期望值为320 60秒.
因为三轮中，甲朗诵的时间比乙少30秒，所以最后甲所用的时间的期望比乙少18秒，所以甲获胜的可能性更
大.
22.解（1） f

x

的定义域为
 0，
，则
1 1  1 1 1  1 x1 ex 
f  x     ex  1 1 ex  1    1
 x x2  x x x  x x  x 
令 f  x   0，得x 1
学科网（北京）股份有限公司当x(0，1)， f  x  0， f  x 单调递减
当x 1，， f  x   0， f  x 单调递增
所以 f  x  f  1 e1a，
若 f  x  0，则e1a  0，即a e1，所以a的取值范围为，e1 
（2）由题知 f  x 一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设x 1 x
1 2
1
要证x x 1，即证x 
1 2 1 x
2
1  1 
因为x，  0，1  ，即证 f  x   f  
1 x 1  x 
2 2
 1 
又因为 f  x   f  x ，故只需证 f  x   f  
1 2 2  x 
2
即证 ex lnx x xe 1 x lnx 1  0，x 1，
x x
ex 1  1 1
即证  xex 2lnx x   0
x  2 x 
ex 1 1 1
下面证明x 1时，  xex  0，lnx x  0
x 2 x
ex 1
设g  x   xex，x 1，
x
1 1   1 1  1  1 1 1 1
则g x     ex ex xex     1 ex ex1 
 x x2    x2  x x  x
 1ex 1  x 1ex 1 
 1  ex   ex 
 x x  x  x 
ex 1 1  x1
设 x   (x 1)， x     ex  ex  0
x  x x2  x2
所以
x
 
1
e，而 1
ex e
所以
ex
e
1
x  0，所以g x   0
x
学科网（北京）股份有限公司所以g  x 在 1，单调递增
即g  x   g  1  0，所以
ex
 xe
1
x  0
x
令h  x   lnx 1 x 1 ，x 1，则h x   1  1 1 1    2xx2 1   x1 2  0
2 x x 2 x2  2x2 2x2
所以h  x 在 1，单调递减
1 1
即h  x h  1  0，所以lnx x  0；
2 x
ex 1  1 1
综上，  xex 2lnx x   0，所以x x 1.
1 2
x  2 x 
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