陕西省渭南市2019-2020学年高二网络月考数学（理）答案.pdf

19．（本小题满分 12 分） 解： 2)( xxf  ，设过点  a,2 所作的切线的切点为       3 1 3 1, 3mm ，则切线方程为  mxmmy  23 3 1 3 1 ，把点  a,2 代人到切线方程得：  mmma  23 1 3 1 23 …………………………4 分 整理得 03162 23  amm ，则过点  a,2 作三条不同的直线与曲线 3 1 3 1)( 3  xxf 相切等价于 该方程有三个解.即   162 23  xxxg 与 ay 3 有三个交点.   )2(6126 2  xxxxxg …………………………8 分 x  0, 0  2,0 2  ,2  xf   0  0   xf 递增 极大值 1 递减 极小值 9 递增 所以 139  a ，得 33 1  a ……………………12 分 20．（本小题满分 12 分） 解：（1）根据三点图判断， xdcy  适宜作为扫码支付的人数 y 关 于活动推出天数 x 的回归方程类型.…………………………4 分 （2）因为 xdcy  ，两边同时取常用对数得：   xdcdcy x  lglglglg …………………………6 分 设 vy lg ， xdcv  lglg ，因为 ,54.1,4  vx 140 7 1 2  i ix ， 所以 25.028 7 47140 54.14712.50 7 7 gl 27 1 22 7 1          i i i ii xx vxvx d ，把  54.1,4 代人 xdcv  lglg ，得 54.0lg c ，所以 xv  25.054.0 ， xy 25.054.0gˆl  ，  xxy 25.054.025.054.0 101010   ………………………10 分 把 10x 代入上式， 5.10961010 04.31025.054.0  y （十人），所以活动推出第 16 天使用扫码支 付的人次为 10965105.1096  人，所以 y 关于 x 的回归方程为  xy 25.054.0 1010  …………12 分21. （本小题满分 12 分） 解：（1）派甲参赛比较合适．理由如下：   84638532198529058037010 1 甲x   84520552006539058027010 1 乙x              2222222 84-8384828481847984788475[10 1 甲S         39.8]8496849384888485 2222               2222222 84-8584828408848084678475[10 1 乙S         40.4]8459842984908485 2222  因为 乙甲 xx  ， 22 乙甲 SS  所以，甲的成绩较稳定，派甲参赛比较合适． …………………………6 分 注：本小题的结论及理由均不唯一，如果考生能从统计学的角度分析，给出其他合理回答，同样给 分．如 派乙参赛比较合适．理由如下： 从统计的角度看，甲获得 85 分以上（含 85 分）的频率为 10 4甲f ， 乙获得 85 分以上（含 85 分）的频率为 2 1 10 5 乙f ． 因为 甲乙 ff  ，所以派乙参赛比较合适． （2）记“甲同学在一次数学竞赛中成绩高于 80 分”为事件 A，   10 7AP …………………7 分 随机变量 的可能取值为 0，1，2，3，且 服从      10 7,3B ． ∴   3,2,01,10 3 10 7 3 3           kCkP kk k ． 所以变量 的分布列为： 0 1 2 3 P 1000 27 1000 189 1000 441 1000 343 ………………………………………………………10 分 1.21000 34331000 44121000 18911000 270 E ． （或 1.210 73  npE ） ……………………………………12 分22．（本小题满分 12 分） 解：（1） x axxf 12)( 2  ，   ,0x ，…………………………2 分 当 0a 时 0)(  xf ，  xf 在  ,0 上单调递减； 当 0a 时， ax 2 10  时， 0)(  xf ，  xf 在       a2 1,0 上单调递减， ax 2 1 时， 0)(  xf ，  xf 在       ,2 1 a 上单调递增. 所以 0a 时，单调减区间为  ,0 ，无增区间； 当 0a 时增区间为       ,2 1 a ，减区间为       a2 1,0 .…………………………6 分 （2）若   2 12  xxf 在 ,1 恒成立即为  xga  在 ,1 恒成立……………………8 分   2 12  xxf ，即为 2 12ln2  xxax ，可化为 22 2 12ln xxx xa  ，令   22 2 12ln xxx xxg  ，   3 ln222 x xxxg  ，令 xxxh ln222)(  ，   012)(  x xxh ，所以  xh 在 ,1 上递 减，而   01 h ，所以   0xh ，故   0 xg ，所以  xg 在 ,1 位减函数，最大值为   2 31 g ， 所以 2 3a …………………………12 分