重庆主城区半期高2024届高三第一学期期中考试数学试题及答案详解_2023年11月_01每日更新_12号_2024届重庆主城九龙坡区高高三第一学期期中考试_答案

高 2024 届高三第一学期期中考试 数学试题 （数学试题卷共 6页，考试时间 120分钟，满分150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在 本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回． 一、选择题：本大题共 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．     M  N  1. 设 M,N,U 均为非空集合，且满足M  N  U ，则 U U （ ） A. U B. M N C. ð M D. ð N U U 【答案】C 【解析】 【分析】画出集合M,N,U 的韦恩图，利用韦恩图即可得解. 【详解】集合M,N,U 的韦恩图，如图所示， 因为M N U ， 所以ð N ð M ，  U U     所以 M  N  M . U U U 故选：C. 1i 2. 已知命题 p:a 1 ，命题q：复数z  为纯虚数，则命题 p 是q 的（ ） 1ai A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 第 1 页 共 22 页C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先将命题q看成真命题求出a 的取值，再根据充要条件与集合间的关系即可写出答案 1i (1i)(1ai) a1(1a)i a1 1a 【详解】z      i 1ai (1ai)(1ai) 1a2 a21 a21  a1 0  a2 1 z 是纯虚数， ，a1 1a  0 a2 1 故命题 p是q的充要条件 故选：C   π       3. 已知向量a，b 的夹角为 ，且 a2b  ab ，则向量a在向量b 上的投影向量为（ ） 3  1 r 3   A. 3b B. b C. b D. 2b 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得，根据投影向量的概念直接得解.             【详解】由 a2b  ab ，即a2 4ab4b2 a2 2abb2，     2   π   则b2 2ab，即 b 2 a  b cos  a  b ， 3   所以 b  a ，  所以向量a  在向量b  上的投影向量为 a  cos π  b   1 b  ， 3 b 2 故选：B. 4.《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据．通 过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形， 点F 在半圆O上，点C在直径AB上，且OF  AB，设AC a，BC b，则该图形可以完成的无字证 明为（ ） 第 2 页 共 22 页ab A.  ab  ab 0  B. a2 b2 2ab  a b0  2 2ab ab a2b2 C.  ab  ab0  D.   ab 0  ab 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】 计算出CF 和OF ，由OF CF 可得出合适的选项. ACBC ab ab ab 【详解】由图形可知，OF   ，OC  ACOAa   ab0 ， 2 2 2 2 ab 2 ab 2 a2 b2 由勾股定理可得CF  OF2 OC2        ，  2   2  2 ab a2b2 在RtOCF中，由OF CF 可得   ab 0 . 2 2 故选：D. 【点睛】本题考查利用几何关系得出不等式，考查推理能力，属于基础题. 5. 已知数列  a  ,  b  均为等差数列，且a 1,b 7,a b 12 ，设数列  a b  前n项的和为S ，则 n n 1 1 2 2 n n n S （ ） 20 A.84 B.540 C.780 D.920 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列性质可得数列  a b  是首项为8的等差数列，利用等差数列前n项和公式即可求 n n 得S 920. 20     【详解】根据题意可设数列 a , b 的公差分别为d ,d ； n n 1 2 由a 1,b 7,a b 12可知d d 4， 1 1 2 2 1 2 即可知数列  a b  是以a b 8为首项，公差为d d 4的等差数列， n n 1 1 1 2 第 3 页 共 22 页所以可得a b 84  n1 4n4， n n n n 即可得S   a b a b   84n4 n  2n6 ， n 2 1 1 n n 2 所以S 20  2206 920. 20 故选：D  3π 6. 函数 f  x sin2xcosx 的最大值为（ ）  4  9 A.2 B. 2 C.0 D.  8 【答案】A 【解析】  π 【分析】先利用二倍角的正弦公式和两角和的余弦公式化简，再令t cosxsinx 2sinx ，利  4 用换元法求解即可.  3π 2 【详解】 f  x sin2xcosx  2sinxcosx  cosxsinx ，  4  2  π 令t cosxsinx 2sinx ，则t   2, 2  ，  4 故2sinxcosx sinxcosx 2 1t2 1， 2 2  2  9 则 y t2 1 t t   ,t 2, 2，     2  4  8 所以当t  2 时， y 2， max  3π 所以函数 f  x sin2xcosx 的最大值为2.  4  故选：A. 7. 为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设A,B,C三门劳动教育校本课程，现有甲、乙、 丙、丁、戊五位同学报名参加该校劳动教育校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参 加，则不同的报名方法有（ ） A.60种 B.150种 C.180种 D.300种 【答案】B 第 4 页 共 22 页【解析】 【分析】对五位同学分3组，有两种情况，然后分类讨论各自情况种数，采用加法原理求解即可． 【详解】根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选A,B,C三门德育校本课程， 每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况， C1C1C3 ①三组人数为1、1、3，此时有 5 4 3 A3 60种； A2 3 2 C2C2C1 ②三组人数为2、2、1，此时有 5 3 1 A3 90种. A2 3 2 所以不同的报名方法共有60＋90＝150种． 故选：B． 1  x,x0 8. 已知函数 f  x 2 ，若方程 f  x kex 有两个不相等的实数根，则实数k 的取值范围是  x2,x0 （ ）  1   1   1  1  A. 0,  B.  ,  C. ,  D.   ,0  2e 2e   e  e  【答案】A 【解析】     f x f x 【分析】转化为 k有两个不相等的实数根，构造g  x  ，分x0和x  0两种情况，求导， ex ex 得到函数的单调性和极值情况，画出函数图象，数形结合得到实数k的取值范围，得到答案.   f x 【详解】由题意得 k有两个不相等的实数根， ex  x ,x0 f  x   2ex 令g  x    ， ex  x2  ,x0  ex x 1x 当x0时，g  x  ，g x  ， 2ex 2ex x 当x1时，g x 0，g  x  单调递减， 2ex x 当0 x1时，g x 0，g  x  单调递增， 2ex 第 5 页 共 22 页1 x 且g  1  ，当x0时，g  x  0恒成立， 2e 2ex x2 x2 2x 当x  0时，g  x  ，则g x  ， ex ex 当x  0时，g x 0，g  x  x2 单调递增， ex 02 且g  0  0， e0   f x 画出g  x  的图象如下： ex f  x   1  要想 k有两个不相等的实数根，则k 0, ， ex  2e  1  故 f  x kex有两个不相等的实数根，则k 0, .  2e 故选：A 二、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2分，有选错的得 0分． 9. 在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试．为了了解本次考试学生成绩情 况，从中随机抽取了100 名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，并按照           50,60 , 60,70 , 70,80 , 80,90 , 90,100 的分组作出频率分布直方图如图所示．则下列说法正确的是 （ ） 第 6 页 共 22 页A. 样本的众数为70 B. 样本的80%分位数为78.5 C. 估计该市全体学生成绩的平均分为70.6 D. 该市参加测试的学生中低于60分的学生大约为320人 【答案】BC 【解析】   【分析】样本的众数应是 70,80 区间中点75，故选项A错误.设样本的80%分位数为t，通过计算可判断         t在区间 70,80 内，计算区间 50,60 ， 60,70 ， 70,t 所对应的矩形面积之和为0.8，即可求得样本的 80%分位数为78.5，故选项B正确. 根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C正确.用样本中低于 60分的频率估计总体频率，即可判断选项D错误.   【详解】对于选项A，样本的众数应是 70,80 区间中点75，故选项A错误. 对于选项B，设样本的80%分位数为t， 因为左边两个矩形面积和为  0.0160.03 100.46， 左边三个矩形面积和为  0.0160.030.04 100.86. 因此t在区间  70,80  内，所以  0.0160.03 100.04 t70 0.8， 解得t 78.5，故选项B正确. 对于选项C，用样本平均分估计总体平均分，而样本的平均分为  550.016650.03750.04850.01950.004 1070.6，故选项C正确. 对于选项D，样本中低于60分的学生的频率为0.016100.16，估计总体中低于60分的学生的人数约为 200000.163200，故选项D错误. 故答案为：BC. 第 7 页 共 22 页 π 10. 已知函数 f  x 2sin2x   xR  ，下列说法正确的是（ ）  3 A. y f  x  在  0, π 上单调递增  2 π B. y f  x  的图象向右平移 个单位长度后所得图象关于y轴对称 12 5π C. 若 f  x  f  x  对任意实数x都成立，则x  kπ  kZ  0 0 12 D. 方程 f  x log x有3个不同的实数根 2π 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的单调性即可判断A；根据平移变换的原则及三角函数的奇偶性即可判断B；根据 f  x  f  x  可得 f  x  f  x  ，再根据正弦函数的最值即可判断C；作出函数 y  f  x  ,y log x 0 0 max 2π 的图象，结合图象即可判断D.  π π  π 2π 【详解】对于A，由x 0, ，得2x  , ，  2 3  3 3  所以 y f  x  在  0, π 上不具有单调性，故A错误；  2 π  π 对于B， y f  x  的图象向右平移 个单位长度得 y 2sin2x  2cos2x ， 12  2 因为2cos 2x 2cos2x， 所以函数 y 2cos2x是偶函数，其图象关于y轴对称，故B正确； 对于C，若 f  x  f  x  对任意实数x都成立， 0 则 f  x  f  x  2， 0 max π π 5π 所以2x   2kπ，即x  kπ  kZ ，故C正确； 0 3 2 0 12 对于D，方程 f  x log x根的个数， 2π 即为函数 y  f  x  ,y log x交点的个数， 2π 作出函数 y  f  x  ,y log x的图象，如图所示： 2π 第 8 页 共 22 页由图可知 f  x log x的根多于3个，故D错误. 2π 故选：BC. 11. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的．从一个人传球到另一 个人称传球一次．若传球开始时甲持球，记传球n次后球仍回到甲手里的概率为P ，则下列结论正确的是 n （ ） 1 5 1 1 1  1 n1 A. P 2  2 B. P 4  8 C. P n  2  1P n1  D. P n  3  3     2   【答案】ACD 【解析】 1 1 【分析】AC选项，由题意得到P 0，P  ，P   1P ；D选项，在C选项基础上，构造等比 1 2 2 n 2 n1 数列，得到通项公式；B选项，在D选项基础上求出答案. 【详解】A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P 0， 1 1 第二次传球，乙或丙有 1 的概率回到甲手里，故P  ，A正确； 2 2 2 C选项，P 为传球  n1  次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里， n1 则第  n1  次传球后球不在甲手里，在乙，丙手里，且下一次传球有 1 的概率回到甲手里， 2 1 故P   1P ，C正确； n 2 n1 1 1 1 D选项，由C选项知P   1P ，即P  P  ， n 2 n1 n 2 n1 2 1 1 3 3 1 设P  P ，故P  P  ，所以  ， n 2 n1 n 2 n1 2 2 2 1 解得 ， 3 第 9 页 共 22 页1 1 1 1 1 故P   P  ，又P    0， n 3 2 n1 3 1 3 3 所以  P  1 是首项为 1 ，公比为 1 的等比数列，  n 3 3 2 n1 n1 1 1 1 1 1  1 故P      ，故P       ，D正确， n 3 3 2 n 3 3  2 3 1 1  1 3 B选项，由D选项可知P        ，B错误. 4 3 3  2 8 故选：ACD 12. 已知3a 2,5b 3，则下列结论正确的是（ ） 1 1 A. ab B. a b C. ab2ab D. aab bba a b 【答案】BD 【解析】 2 【分析】根据题意可得a log 2,blog 3，分别限定出a,b的取值范围即可得0a b1，可知A 3 5 3 lnx 错误；利用作差法可得B正确，C错误；构造函数 f  x  利用导数判断出其单调性即可得D正确. x 1 【详解】由3a 2,5b 3可得，alog 2,blog 3 ， 3 5 log 5 3 2 2 2 对于A，易知32 23，则 ，所以0log 1 alog 2log 33  ， 33 2 3 3 3 3 易知33 52，即 2 ，所以log 3log 5 2 3  2 ，所以b 2 ，且log 3log 51 353 5 5 3 3 5 5 2 即可得0a b1，可知A错误； 3 1  1 1 1  ab  ab1  对于B，a  b  ab   ， a  b a b ab 2  ab  ab1  由A可知0a b1，则ab0，0ab1，所以 0； 3 ab 1  1 1 1 可知a  b  0，所以a b ，即B正确； a  b a b 第 10 页 共 22 页1 对于C，2ab2log 2 2log 2log 4， 3 log 5 5 5 3 4 则ab2ablog 2log 3log 4log 2log log 3log 5 0 ， 3 5 5 3 5 3 3 5 即可得ab2ab，即C错误； lnx 对于D，构造函数 f  x  ，其中x 0,e  ， x 1lnx 则 f x  ，当x 0,e  时， f¢(x)>0，即 f  x  在  0,e  上单调递增， x2 lna lnb 因为0ab1，所以 f  a  f  b  ，即  ，可得blnaalnb， a b 即lnab lnba，所以ab ba， 又ab，因此aab bba，即D正确. 故选：BD 【点睛】方法点睛：指数式与对数式比较大小问题时，作差是最常用的方法之一，当式子结构相似时可考 虑构造函数并利用导数得出单调性也可比较其大小. 三、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分． 13. (x2y)(x y)6的展开式中，x4y3的系数为__________（用数字作答）． 【答案】10 【解析】 【详解】要得到x4y3项需x,2y分别与(xy)6展开式中的x3y3,x4y2项相乘， (xy)6展开式中通项为T (1)kCkx6kyk，k 0,1,26 k1 6 所以x4y3项的系数为(1)3C3 (1)22C2 10， 6 6 故答案为：10 1 2 sincos2 14. 曲线 y  x3 在x 1处的切线的倾斜角为，则 ______． 3 x sincos 3 【答案】- ##0.6 5 【解析】 【分析】求导，根据导数的几何意义可得tan3，再结合齐次式问题运算求解. 2 【详解】因为 y x2  ，可得y| 3， x2 x1 由题意可知：tan3， 第 11 页 共 22 页sincos2 sin  cos2sin2  sin cossin 所以   sin cossin sincos sincos sin 2 cos2 tan1tan 313 3    ， tan21 321 5 sincos2 3 即  . sincos 5 3 故答案为：- . 5 15. 定义：在数列  a  中， a n2  a n1 d  nN*  ，其中d为常数，则称数列  a  为“等比差”数列，已 n a a n n1 n a 知“等比差”数列  a  中，a a 1，a 3，则 12  ______． n 1 2 3 a 10 【答案】399 【解析】 a 【分析】根据“等比差”数列的概念可得 n 1 n1 22n1，进而得解. a n1   【详解】由数列 a 为“等比差”数列， n a a a a 3 1 则 n2  n1  3  2   2， a a a a 1 1 n1 n 2 1 a a a  所以 n  n1 2，即数列 n1是以1为首项，2为公差的等差数列， a n1 a n2  a n  a a 所以 n1 1 n1 22n1， n2 2n1， a a n n1 a a a 则 n2  n2  n1  2n1  2n1 4n2 1， a a a n n1 n a 所以 12 4102 1399， a 10 故答案为:399. 16. 若 f  x  是定义在R 上的函数，且 f  x x2为奇函数，f  x 2x为偶函数．则 f  x  在区间 2,1  上的最小值为______． 7 【答案】 ##1.75 4 【解析】 第 12 页 共 22 页【分析】由 f  x x2为奇函数，f  x 2x为偶函数，求出 f  x  的解析式，判断 f  x  在区间 2,1  的 单调性即可求出答案. 【详解】因为 f  x x2为奇函数， f  x 2x为偶函数， f x x2 f  x x2 所以 ，  f x 2x  f  x 2x 2x 2x 1 1 1 解得： f  x  x2    2xx2 ， 2 2 2x 2 1 1 1 因为 y   在 2,1  上单调递减， y  2x在 2,1  上单调递减， 2 2x 2 y = x2在 2,1  上单调递减， 所以 f  x  2x 2x x2  1  1  1 2xx2 在 2,1  上单调递减， 2 2 2x 2 1 1 1 1 7 所以 f  x   f 1    2112  . min 2 21 2 4 4 7 故答案为： . 4 四、解答题：本大题共 6小题，共 70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． A 17. 在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,2bcos2  3asinB． 2 （1）求A；  1 （2）若a3，点D在边AC上，且CD CA，求△BCD面积的最大值． 3 π 【答案】（1）A 3 3 3 （2） 4 【解析】 A 3 π 【分析】（1）利用正弦定理以及二倍角公式化简即可得tan  ，即可知A ； 2 3 3 （2）结合（1）中结论，由余弦定理可得b2 c2 bc9，利用不等式即可求出bc9，再由向量比例关 1 1 1 3 3 系可知S  S   bcsinA ，即可求出结果. BCD 3 ABC 3 2 4 第 13 页 共 22 页【小问1详解】 A A 根据2bcos2  3asinB，由正弦定理可得2sinBcos2  3sinAsinB， 2 2 A A A 由二倍角公式可得2sinBcos2 2 3sin cos sinB，又因为A,B 0,π  ， 2 2 2 A A A 所以cos 0,sinB 0，即可得cos  3sin ， 2 2 2 A 3 A π π 即tan  ，所以  ，即A ； 2 3 2 6 3 【小问2详解】 如下图所示： b2 c2 a2 1 由（1）可知cosA  ，即b2 c2 9bc，可得b2 c2 bc9 2bc 2 又b2 c2 bc92bc，解得bc9，当且仅当bc3时，等号成立； 1 9 3 所以S  bcsin A ， △ABC 2 4  1 1 1 1 3 3 由CD CA可得S  S   bcsinA ， 3 BCD 3 ABC 3 2 4 3 3 所以△BCD面积的最大值为 . 4 18.2023年9月23日第19届亚运会在中国杭州举行，其中电子竞技第一次列为正式比赛项目．某中学对该 校男女学生是否喜欢电子竞技进行了调查，随机调查了男女生人数各200人，得到如下数据： 男生 女生 合计 喜欢 120 100 220 不喜欢 80 100 180 第 14 页 共 22 页合计 200 200 400 （1）根据表中数据，采用小概率值0.05的独立性检验，能否认为该校学生对电子竞技的喜欢情况与性 别有关？ （2）为弄清学生不喜欢电子竞技的原因，采用分层抽样的方法从调查的不喜欢电子竞技的学生中随机抽取 9人，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，求“至少抽到一名男生”的概率； （3）将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取10人，记其中对电子竞技喜欢的人 数为X ，求X 的数学期望． n  ad bc  参考公式及数据：2  ，其中nabcd ．  ab  cd  ac  bd   0.15 0.10 0.05 0.025 0.01 6635 x 2.072 2.706 3.841 5.024 .  【答案】（1）采用小概率值0.05的独立性检验，能认为该校学生对电子竞技的喜欢情况与性别有关 37 （2） 42 11 （3）E(X) 2 【解析】 【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，以及对立事件概率和为1，即可求解． （3）结合二项分布的期望公式，即可求解． 【小问1详解】 22列联表如下表所示： 男生 女生 合计 喜欢 120 100 220 不喜欢 80 100 180 合计 200 200 400 第 15 页 共 22 页零假设H ：该校学生对电子竞技的喜欢情况与性别无关， 0 400(12010080100)2 400 2   4.0403.841， 200200220180 99 P(2 3.841)0.05， 采用小概率值0.05的独立性检验，可推断H 不成立，即能认为该校学生对电子竞技的喜欢情况与性别 0 有关， 【小问2详解】 采用分层抽样的方法从抽取的不喜欢电子竞技的学生中随机抽取9人，这9人中男生的人数为4，女生的人 C3 10 37 数为5，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，“至少抽到一名男生”的概率为1 5 1  ． C3 84 42 9 【小问3详解】 220 11 11 由题意可知喜欢电子竞技的概率为  ，所以X ~ B(10, )， 400 20 20 11 11 故E(X)10  ． 20 2 1 19. 已知数列  a  的前n项和为S ，且a  ,2n  S S  n1  a ． n n 1 2 n1 n n   （1）求 a 的通项公式； n （2）设b n  2S  ,nN*，若对任意nN*都有b 成立，求实数的取值范围． n n n n 【答案】（1）a  n 2n （2）2 【解析】 【分析】（1）由2n  S S  n1  a ，得2na  n1  a ，再利用累乘法即可得解； n1 n n n1 n （2）先利用错位相减法求出S ，即可求得b ，再求出b 的最大值，即可得解. n n n 【小问1详解】 由2n  S S  n1  a ， n1 n n 得2na  n1  a ， n1 n 第 16 页 共 22 页a n 则当n2时， n  ， a 2  n1  n1 a a a n  n1  2 1 n 所以a  n  n1  2a      ， n a a a 1 2  n 1  2  n 2  2 2 2n n1 n2 1 当n 1时，上式成立， n 所以a  ； n 2n 【小问2详解】 1 2 3 n 由（1）知S     ， n 2 22 23 2n 1 1 2 3 n  S     ， 2 n 22 23 24 2n1 1 1 1 1 1 n  S      ， 2 n 2 22 23 2n 2n1 1 n2  S 1 ， 2 n 2n1 n2 S  2 ． n 2n n  n2  因此b  ， n 2n  n1  n3  n  n2  n2 3 b b    ， n1 n 2n1 2n 2n1 当n1,b b 0，即b b ， 2 1 2 1 当n2时，b -b < 0，即b b ， n+1 n n1 n b 最大项b 2，2． 2 2 20. 当前，新一轮科技革命和产业变革蓬勃兴起，以区块链为代表的新一代信息技术迅猛发展，现收集某地 近6年区块链企业总数量相关数据，如下表： 年份 2017 2018 2019 2020 2021 2022 编号x 1 2 3 4 5 6 企业总数量y（单位：百个） 50 78 124 121 137 352 第 17 页 共 22 页（1）若用模型 y aebx拟合y与x的关系，根据提供的数据，求出y与x的经验回归方程； （2）为了促进公司间的合作与发展，区块链联合总部决定进行一次信息化技术比赛，邀请甲、乙、丙三家 区块链公司参赛．比赛规则如下：①每场比赛有两个公司参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的公司与未 参加此场比赛的公司进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个公司首先获胜两场，则本次比赛结束，该 1 1 公司获得此次信息化比赛的“优胜公司”．已知在每场比赛中，甲胜乙的概率为 ，甲胜丙的概率为 ，乙 2 3 3 胜丙的概率为 ，若首场由甲乙比赛，求甲公司获得“优胜公司”的概率． 5 6 6 参考数据：u 28.5,xu 106.05，其中，u lny i i i i i i1 i1 参考公式：对于一组数据  x ,y  i 1,2,3,,n  ，其经验回归直线 yˆ b ˆ xaˆ的斜率和截距的最小二乘估 i i n x y nxy i i 计分别为b ˆ i1 ,aˆ y b ˆ x n x2 nx2 i i1 【答案】（1） ye0.36x3.49 3 （2） 10 【解析】 【分析】（1）令u ln y lnaebx bxlna ，利用最小二乘法求出b  ,lna ，即可得解； （2）由根据相互独立事件概率的乘法公式计算即可得到答案. 【小问1详解】 令u ln y lnaebx bxlna ， 123456 28.5 x 3.5,u  4.75， 6 6 6 xu nxu i i 106.0563.54.75 则b ˆ i1   0.36，  6 x2 nx2 12 22 32 42 52 62 6 3.5 2 i i1 lnaˆ 4.750.363.53.49，所以 a  e3.49， 所以 y e3.49e0.36x e0.36x3.49 ； 【小问2详解】 第 18 页 共 22 页设甲公司获得“优胜公司”为事件A， 1 1 1 2 3 1 1 2 1 1 3 则P  A            ， 2 3 2 3 5 2 2 5 3 2 10 3 所以甲公司获得“优胜公司”的概率为 ． 10 21. 已知函数 f  x   x2 mx1  ex．      （1）若m 0，求 f x 在 0, f 0 处的切线方程； （2）若函数 f  x  在 1,1  上恰有一个极小值点，求实数m的取值范围； （3）若对于任意x 0,π  , f  x ex  x2cosx1  恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1）yx1 （2） 2,0  （3）  0, 【解析】    【分析】（1）利用导数的几何意义求出在 0, f 0 处的切线斜率即可求得切线方程； （2）利用导函数求出函数 f  x  在 1,1  上的单调性，利用极值点定义即可求得实数m的取值范围为 2,0  ； （3）根据题意将不等式转化为m xcosxx在x 0,π  恒成立，求出g  x  xcosxx的单调性即可求 得m的取值范围是  0, . 【小问1详解】 若m 0时， f  x ex  x2 1  ，则 f x ex  x2 2x1  ， f 0 1, f  0 1， 可得 f  x  在点  0, f  0  处的切线方程为y1 x， 即yx1． 【小问2详解】 函数 f  x ex  x2 mx1  ，则 f x ex x2  m2  xm1，   令 f 0 0得x m1,x 1， 1 2 第 19 页 共 22 页①若x  x ，则m0, f x 0在 1,1  上恒成立， 1 2 此时 f  x  在 1,1  上单调递增，无极值，不符合题意， ②若x  x ，则m0, f x  与 f  x 的情况如下： 1 2 x ,1  1 1,m1  m1 m1, f  x   0  0    f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 若 f  x  在 1,1  上恰有一个极小值点，则需满足1m11， 解得2 m0， 即实数m的取值范围为2,0 ． 【小问3详解】 易知ex 0，所以 f  x ex  x2 mx1  ex  x2cosx1  可化为x2 mx x2cosx， 又x 0,π  ，所以可得xm xcosx， 即对于任意x 0,π  ,m xcosxx恒成立， 令g  x  xcosxx，则g x cosxxsinx1  cosx1 xsinx ， 又x 0,π  ，所以cosx10， 又xsinx0,可得g x 0 即g  x  在  0,π  上单调递减，所以g  x  g  0 0， 可得m0， 即实数m的取值范围为  0, ． 22. 已知函数 f  x  xlnxax2x,aR ．   （1）若函数 f x 是减函数，求a的取值范围； 8 （2）若 f  x  有两个零点x,x ，且x 2x ，证明：x x  ． 1 2 2 1 1 2 e2 第 20 页 共 22 页e  【答案】（1）  ,  2  （2）证明见解析 【解析】 lnx2 【分析】（1）f x lnx2ax20在  0, 上恒成立，参变分离2a 在  0, 上恒成立， x lnx2 构造函数求出u  x  的最大值，从而求出a的取值范围； x lnx 1 lnx 1 lnt tlnt （2）由零点得到a  1   2  ，令x tx (t  2)，从而得到lnx  1，lnx  1， x x x x 2 1 1 t1 2 t1 1 1 2 2  t1  lnt  t1  lnt ln  x x  2 ，构造h  t  2(t  2)，求导得到其单调性，从而证明出结论. 1 2 t1 t1 【小问1详解】 f  x  xlnxax2x,aR 的定义域为  0, ， f x lnx12ax1lnx2ax2， 函数 f  x  是减函数，故 f x lnx2ax20在  0, 上恒成立， lnx2 即2a 在  0, 上恒成立， x lnx2 令u  x  ，x 0, ， x 1lnx2 lnx1 u x   ， x2 x2  1 lnx2 当x 0, 时，u x 0，u  x  单调递增，  e x 1  lnx2 当x  , 时，u x 0，u  x  单调递减， e  x lnx2 1 1 故u  x  在x  处取得极大值，也是最大值，且u  e， x e e e 故2ae，解得a  ， 2 e  故a的取值范围是  , ； 2  【小问2详解】 第 21 页 共 22 页若有两个零点x,x ，则xlnx ax2 x 0,x lnx ax2 x 0 ， 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 lnx 1 lnx 1 得a  1   2  ． x x x x 1 1 2 2   lnx 1 ln tx 1 x 2x 0，令x tx (t  2)，则 1   1  ， 2 1 2 1 x x tx tx 1 1 1 1 lnt 故lnx  1， 1 t1 tlnt 则lnx ln  tx lntlnx  1， 2 1 1 t1 lnt tlnt  t1  lnt ln  x x lnx lnx  1 1 2 ， 1 2 1 2 t1 t1 t1 1  t1  lnt 2lntt 令h  t  2(t  2)，则 h t  t ， t1 (t1)2 1 2 1 (t1)2 令 t 2lntt (t 2)，则 t  1  0， t t t2 t2  t  在2,上单调递增， 3 34ln2 lne3ln16  t  2  2ln2   0 ， 2 2 2  t  h t  0，则h  t  在2,上单调递增， (t1)2 8 8 h  t h  2 3ln22ln ，即ln  x x ln ， e2 1 2 e2 8 故x x  . 1 2 e2 【点睛】极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变 x x 形，如常常利用lnx lnx ln 1 进行变形，可构造关于t  1 的函数，利用导函数再进行求解. 1 2 x x 2 2 第 22 页 共 22 页