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  学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司