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滕州一中高二数学月考参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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. 1~5 ADCBD 6~10DDCBA 11~12 AB 12【解析】 令            2 21 , 02g x f x x g x g x f x f x x         ，  g x 为奇函数， 在 上  ' ( ) 0g x f x x   ，  g x 在 上递减，在  ,0 上也递减，由  0 0g  知，  g x 在 R 上递减， 可得    4 ,4 , 2g m g m m m m     ，即实数 的取值范围为 ，故选 B. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.【答案】0.9 14.【答案】 5 5 15.【答案】 80 243 16. 【答案】 6, 16.【详解】令   3 2 13 2 a af x x x   （ 0x  ），则    2 1f x ax ax ax x     . 当 0a  时，由   0f x  得 0 1x  ；由   0f x  得 1x  ； 所以  f x 在 0,1 单调递增，在  1, 单调递减，不合题意，舍去； 当 0a  时，有1 0 ，显然不成立； 当 0a  时，由   0f x  得 1x  ；由   0f x  得 0 1x  ； 所以  f x 在 0,1 单调递减，在  1, 单调递增， 依题意，需     1 1 0,3 2 8 42 1 0,3 2 a af a af           解得 6a  ， 故实数 a 的取值范围是 6, . 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17.【详解】（1）因为 10 i i ia C m ， 1,2,3 10i  L ， 依题意得： 6 6 3 3 10 1014 0C m C m  ， 3 310 9 8 7 10 9 814 04 3 2 1 3 2 1m m            因为 0m  ，所以 3 8m   ，得 2m   . （2）  10 2 10 0 1 2 101 2 +x a a x a x a x     L 令 1x  得：  10 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 1a a a a a a a a a a a             .① 令 1x   得：  10 10 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3a a a a a a a a a a a             .② 由①  ②得：   10 0 2 4 6 8 102 1 3a a a a a a       ， 即 10 0 2 4 6 8 10 1 3 2a a a a a a       . 又  00 0 10 2 1a C   ， 所以 10 10 2 4 6 8 10 1 3 3 11 295242 2a a a a a          18. 解：（1）因为 ( ) a xf x xe bx  ，所以 ' ( ) (1 ) a xf x x e b   ， 依题设 ' (2) 2 2 (2) 1 f e f e      ，即 2 2 2 2 2 2 1 a a e b e e b e          ，解得 2,a b e  . （2）由（1）知 2( ) xf x xe ex  ，由 ' 1 2( ) (1 )x xf x x e e    及 2 0xe   知， ' ( )f x 与 11 xx e   同号，令 1( ) 1 xg x x e    ，则 ' 1( ) 1 xg x e    ，所以当 ( ,1)x  时， ' 1( ) 1 0xg x e     ， ( )g x 在 ( ,1) 上单调递减；当 (1, )x  时， ' 1( ) 1 0xg x e     ， ( )g x 在 (1, ) 上单调 递增，故 (1) 1g  是 ( )g x 在 ( , )  上的最小值，从而 ( ) 0g x  ， ( , )x   ， 综上可知 ' ( ) 0f x  ， ( , )x   故 ( )f x 的单调递增区间为 ( , )  19. 解：(1)由题意知，样本中仅使用 A 的学生有 18＋9＋3＝30(人)，仅使用 B 的学生有 10 ＋14＋1＝25(人)，A，B 两种支付方式都不使用的学生有 5 人， 故样本中 A，B 两种支付方式都使用的学生有 100－30－25－5＝40(人)． 所以从全校学生中随机抽取 1 人，该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率估计 为 40 100 ＝0.4. (2)X 的所有可能值为 0,1,2. 记事件 C 为“从样本仅使用 A 的学生中随机抽取 1 人，该学生上个月的支付金额大于 1 000 元”，事件 D 为“从样本仅使用 B 的学生中随机抽取 1 人，该学生上个月的支付金额大于 1 000 元”． 由题设知，事件 C，D 相互独立，且 P(C)＝9＋3 30 ＝0.4，P(D)＝14＋1 25 ＝0.6， 所以 P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24， P(X＝1)＝P(C D ∪ C D) ＝P(C)P( D )＋P( C )P(D) ＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6 ＝0.52， P(X＝0)＝P( C D )＝P( C )P( D )＝0.24. 所以 X 的分布列为： 故 X 的数学期望 E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1. 20.【详解】解：（1）  f x 的定义域为 0,  ， 当 1a  时，   ln 1f x x x   ，   1 xf x x   . 令   0f x  ，得 0 1x  ，令   0f x  ，得 1x  ； 所以  f x 在 0,1 单调递增，在  1, 单调递减. 所以    max 1 0f x f  ，即   0f x  . （2）   1 1 axf x ax x     ， （i）当 1 3a  时，  f x 在 2,3 单调递增，它的最大值为  3 ln 3 3 1 2f a    ， 所以 ln3 1 1 3 3a   符合题意； （ii）当 1 1 3 2a  时，  f x 在 12, a     单调递增，在 1 ,3a      单调递减， 它的最大值为 1 1ln 1 1 2f a a         ， 解得 2 1 1 e 3a   （不合，舍去）； （iii）当 1 2a  时，  f x 在 2,3 单调递减，它的最大值为  2 ln 2 2 1 2f a    ， X 0 1 2 P 0.24 0.52 0.24所以 ln 2 1 02a   （不合，舍去）；综上，a 的值为 ln3 1 3  . 21. 解：(1)列表如下. i 1 2 3 4 5 xi 2 3 4 5 6 yi 2.2 3.8 5.5 6.5 7.0 xiyi 4.4 11.4 22.0 32.5 42.0 由题意得 x ＝4， y ＝5，错误!2i ＝90，错误!iyi＝112.3， ∴b^＝错误!＝112.3－5×4×5 90－5×42 ＝1.23， ∴a^＝ y －b^ x ＝5－1.23×4＝0.08. 所以，回归直线方程为y^＝1.23x＋0.08. (2)当 x＝10 时，y^＝1.23×10＋0.08＝12.38(万元)，即估计使用 10 年时维修 费约为 12.38 万元． （3） 2 2 2= 3.8 (1.23 3 0.08) 0.03e y y     $ $ 22.【分析】 （1）求出导函数，由极值点求出参数 a ，确定 ( )f x 的正负得 ( )f x 的单调性； （2）求出 ( ) (1 )xf x e x a    ，得极值点 1 2,x x 满足：     1 2 1 2 1 e 0, 1 e 0, x x x a x a        所以   1 2 1 21 e 1 ex xx x a    ，由（1）即    1 2g x g x ，不妨设 1 22x x   .要证 1 2 4x x   ，则只要证 2 14x x   ，而 14 2x    ，因此由 ( )g x 的单调性，只要能证 2 1( ) ( 4 )g x g x   ，即 1 1( ) ( 4 )g x g x   即可．令      4h x g x g x    ，利用导数 的知识可证得结论成立． 【详解】（1）由已知得    1 exf x x a    . 因为 1x  是  f x 的一个极值点，所以  1 2e 0f a    ，即 2ea  ， 所以    1 e 2exf x x    ，令    1 exg x x  ，则    2 exg x x   ， 令   0g x  ，得 2x   ，令   0g x  ，得 2x   ； 所以  g x 在 , 2  单调递减，在 2,  单调递增， 又当 1x   时，   0g x  ，  1 2eg  ， 所以当 1x  时，   0f x  ，当 1x  时，   0f x  ； 即  f x 在 ,1 单调递减，在  1, 单调递增. （2） ( ) (1 )xf x e x a    ，因此极值点 1 2,x x 满足：     1 2 1 2 1 e 0, 1 e 0, x x x a x a        所以   1 2 1 21 e 1 ex xx x   由（1）即    1 2g x g x ，不妨设 1 22x x   . 要证 1 2 4x x   ，则只要证 2 14x x   ，而 14 2x    ，因此由 ( )g x 的单调性，只要 能证 2 1( ) ( 4 )g x g x   ，即 1 1( ) ( 4 )g x g x   即可． 令      4h x g x g x    ， 则         4 42 e 2 e 2 e ex x x xh x x x x            ， 当 2x   时， 2 0x   ， 4x x   ， 4e ex x  ，所以   0h x  ， 即  h x 在 , 2  单调递增，又  2 0h   ， 所以        1 1 14 2 0h x g x g x h       ， 所以    1 14g x g x   ，即    2 14g x g x   ， 又 2 2x   ， 14 2x    ，  g x 在 2,  单调递增， 所以 2 14x x   ，即 1 2 4x x   .