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4 月 12 日月考答案
1.【答案】B
解：由于幂函数푓(푥) = (푚2 − 푚 − 1)푥푚2+푚−3在(0,+∞)是减函数，
故有{푚2 − 푚 − 1 = 1
푚2 + 푚 − 3 < 0,
解得푚 = −1，
故选 B．
2.【答案】B
解：由题意得，푦′ = 3푥2 + 푎，
∴ 푘 = 3 + 푎 ①，
∵切点为퐴(1,3)，
∴ 3 = 푘 + 1 ②，
3 = 1 + 푎 + 푏 ③，
由①②③解得，푎 = −1，푏 = 3，
∴ 2푎 + 푏 = 1，
故选：B．
3.【答案】D
解：(1 − 2푥)(1 − 푥)5 = (1 − 2푥)(1 − 5푥 + 퐶5
2푥2 − 퐶5
3푥3 + ⋯ )，
展开式中푥3的系数为−퐶5
3 − 2퐶5
2 = −30．
故选 D．
4.【答案】D
解：由题意知푓′(푥) = 푎(1 + 1
푥2) − 2 1
푥 = 푎푥2−2푥+푎
푥2 ≥ 0对任意的푥 ∈ [1,+∞)恒成立，
即푎푥2 − 2푥 + 푎 ≥ 0对任意的푥 ∈ [1,+∞)恒成立，
∴ 푎 ≥ 2푥
푥2+1 = 2
푥+1
푥
，
因为푦 = 푥 + 1
푥在[1, +∞)上单调递增，所以푦 = 푥 + 1
푥 ≥ 2，
则0 < 2
푥+1
푥
≤ 1，所以푎 ≥ 1．
故选：D．
由题意知푓′(푥) = 푎(1 + 1
푥2) − 2 1
푥 = 푎푥2−2푥+푎
푥2 ≥ 0对任意的푥 ∈ [1,+∞)恒成立，即푎푥2 − 2푥 + 푎 ≥ 0对任意的
푥 ∈ [1, +∞)恒成立，分离参数可得푎 ≥ 2푥
푥2+1 = 2
푥+1
푥
，
因为푦 = 푥 + 1
푥在[1, +∞)上单调递增，所以푦 = 푥 + 1
푥 ≥ 2，再利用函数的单调性即可得出．
5.【答案】D
解：先排程序 A，则有퐶2
1种排法；再排其他 4 个程序，则有퐴3
3퐴2
2种排法，
所以实验顺序的编排方法共有퐶2
1퐴3
3퐴2
2 = 24种.
故选 D．
6.【答案】B
解：作出푓(푥)与푔(푥)的函数图象，如图所示 第 2 页，共 9 页
设直线푦 = 푎푥与푦 = 푙푛푥相切，切点坐标为(푥0,푦0)，
则{
푦0 = 푎푥0
푦0 = 푙푛푥0
1
푥0
= 푎
，解得푥0 = 푒，푦0 = 1，푎 = 1
푒．
由图象可知当1
4 ≤ 푎 < 1
푒时，两图象有 2 个交点，
故选 B．
7.【答案】A
解：因为푓(−푥) = 푒−푥+1
푒−푥−1 ⋅ cos(−푥) = − 푒푥+1
푒푥−1 ⋅ 푐표푠푥 = −푓(푥)，所以푓(푥)为奇函数，排除 C，
当푥 → 0+时，푓(푥) > 0，排除 B、D，
故选：A．
根据条件判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想进行判断即可．
8.【答案】B
解：由log푏2 < log푎2 < 0，得 1
log2푏 < 1
log2푎 < 0，
即log2푎 < log2푏 < 0，即0 < 푎 < 푏 < 1，
故函数푦 = 푎푥单调递减，∴ 푎푎 > 푎푏，
又函数푦 = 푥푎在(0,+∞)上单调递增，
∴ 푏푎 > 푎푎，
综上，푏푎 > 푎푎 > 푎푏．
故选 B．
9.【答案】B
解：对任意푥 > 0，푓(−푥) = 푒푥 + 푥 + 1 = 푓(푥)，同理푥 ≤ 0，푓(−푥) = 푓(푥)，
故푓(푥)为偶函数，
当푥 ∈ (0,+∞)时，푓(푥)递增，푥 ∈ (−∞,0)时，푓(푥)递减，
根据题意可得，|2 − 푥| ≥ |푥 + 2푚|，
平方化简得：(푚 + 1)푥 − 1 + 푚2 ≤ 0，
对任意的푥 ∈ [푚, 푚 + 1]，
{(푚 + 1)(푚 + 1) − 1 + 푚2 ≤ 0
(푚 + 1)푚 − 1 + 푚2 ≤ 0 ，
得푚 ∈ [−1,0]，
故 m 最大值为 0， 第 3 页，共 9 页
故选：B．
判断出函数푓(푥)的单调性和奇偶性，列出不等式，结合一次函数求出即可．
考查函数的奇偶性和单调性的应用，考查了一次函数，不等式组求解，中档题．
10.【答案】C
解：若函数푓(푥) = log2(푥2 − 푎푥 + 3푎)在[2,+∞)上是增函数，
则函数푔(푥) = 푥2 − 푎푥 + 3푎在[2,+∞)上为增函数，且푥 ∈ [2, +∞)上，푥2 − 푎푥 + 3푎 > 0恒成立，
所以푎
2 ≤ 2，푔(2) = 4 + 푎 > 0，
解得−4 < 푎 ≤ 4．
故选 C．
11.【答案】A
解：根据题意，将 4 个不同的小球装入 4 个不同的盒子，有44 = 256种不同的放法，
若没有空盒，有퐴4
4 = 24种放法，有 1 个空盒的放法有퐶4
1퐶4
2퐴3
3 = 144种，有 3 个空盒的放法有퐶4
1 = 4种，
则至少一个盒子为空的放法有256 − 24 = 232种，故“至少一个盒子为空”的概率푝1 = 232
256，
恰好有两个盒子为空的放法有256 − 24 − 144 − 4 = 84种，故“恰好有两个盒子为空”的概率푝2 = 84
256，
则在至少一个盒子为空的条件下，恰好有两个盒子为空的概率푝 = 푝2
푝1
= 21
58，
故选：A．
12.【答案】D
解：由题意，记初始线段长度为 a， 一次构造”后的折线的长度为4푎
3 ，
二次构造”后的折线的长度为(4
3)2푎，⋯，
次构造 后的折线的长度为(4
3)푛푎，
则要使得到的折线的长度达到原来的 1000 倍，应满足(4
3)
푛
푎 ≥ 1000푎，
两边同时取对数得푛lg
4
3 ≥ 푙푔1000 = 3，即得푛(2lg2 − lg3) ≥ 3，푛 ≥ 3
2푙푔2−lg3，
代入数据得푛 ≥ 3
0.6020−0.4771 ≈ 24.02，
故至少需要通过构造的次数是 25．
故选 D．
13.【答案】C 解：因为一种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，
分两类：
第一类，涂前三个圆用三种颜色，有퐴3
3 = 6种涂法；第四个圆只能从与第三个圆所用颜色不同的另外两种
颜色中任选一种涂色，有 2 种不同方法；第五个圆从与第四个圆不同的颜色中任选一种，有 2 种不同方法，
第；六个圆还有唯一的一种涂色方法，
∴此类共有6 × 2 × 2 = 24种不同的涂色方法．
第二类，涂前三个圆用两种颜色，有퐶3
2种颜色选择，为满足相邻圆不同色，有一种颜色涂第 1、3 两个圆，
另一种颜色涂第二个圆，这个过程有 2 种不同的方法；中间圆所用的颜色只能再涂在第五个圆上，剩余的第 4 页，共 9 页
一种颜色涂在第四、六两个圆上，这后三个圆便只有一种涂色方法了，
∴此类共有퐶3
2 × 2 = 6种涂法．
综上，可得不同的涂色方案的种数为24 + 6 = 30，
故选 C．
14.【答案】A
解：. ∵ 푓(푥) = 1
6 푥3 + 1
2 푏푥2 + 푐푥 ∴ 푓′(푥) = 1
2 푥2 + 푏푥 + 푐. ∵ 푓′(푥)是偶函数，
∴ 푏 = 0，∴ 푓′(푥) = 1
2 푥2 + 푐 ∵方程 在区间[1
푒 , 푒]上的两个不相等的实数根，
在区间[1
푒 , 푒]上有两个不相等的实数根，
即 在区间[1
푒 , 푒]上有两个不相等的实数根，
可化为 的图像与푦 = 푐的图像在区间[1
푒 , 푒]上的有两个不同的交点．
∵ 휑′(푥) = 1
푥 − 푥 = 1−푥2
푥
，
∴当푥 ∈ [1
푒 , 1)时， 휑′(푥) > 0，휑(푥)在[1
푒 , 1)上单调递增，
当푥 ∈ (1,푒]时， 휑′(푥) < 0, 휑(푥)在(1, 푒]上单调递减，
∴ 푥 ∈ [1
푒 , 푒]时， 휑(푥)푚푎푥 = 휑(1) = − 1
2．
又휑(1
푒) = −1 − 1
2푒2，휑(푒) = 1 − 1
2 푒2，휑(1
푒) > 휑(푒)，
∴ −1 − 1
2푒2 ⩽ 푐 < − 1
2．
故选 A
15.【答案】A
由푓(푥 + 2) = 푓(푥 − 2)知函数的周期为 4，当 푥 ∈ [0,2]时，푓(푥) = (푥 − 2)푒푥，则 푓′(푥) = (푥 − 1)푒푥，当 0 ≤ 푥 <
1时，푓′(푥) < 0，푓(푥)递减，当1 < 푥 ≤ 2时，푓′(푥) > 0，푓(푥)递增，푓(푥)极小值 = 푓(1) = −푒，又푓(푥)是偶函
数，作出푓(푥)在[−2,2]上的图象，如图．
函数푓(푥)的周期是 4，定义域为[−100,100]，含有 50 个周期，
方程[푓(푥)]2 − 푚푓(푥) + 1 = 0有 300 个不同的实数根，因此在一个周期内有 6 个根(这里푓(±2) = 0，±2不
是方程的根)．
令푓(푥) = 푡，方程푡2 − 푚푡 + 1 = 0有两个不等实根푡1, 푡2，且 푡1 ∈ (−푒, −2)，푡2 ∈ (−2,0)，设 푔(푡) = 푡2 − 푚푡 + 1，
则{
푔(−푒) > 0
푔(−2) < 0
푔(0) > 0
，解得−푒 − 1
푒 < 푚 < − 5
2．
故选：A． 第 5 页，共 9 页
16.【答案】AD
解：对于 A，抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是 0，也可能是 1，故是随机变量，故 A 正确；
对于 B，某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数 X 服从二项分布，故 B 错误；
对于 C，随机变量取各个值的概率之和一定等于 1，故 C 错误；
对于 D，结合互斥事件的定义可知正确．
故选 AD．
17.【答案】BCD
解：A，随机变量服从二项分布퐵(푛, 푝)，若 퐸(푋) = 30， ，
故 A 错误；
B，根据公式易知，将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变，一般地，
，故正确；
C，随机变量휉服从正态分布푁(0,1)，则图象关于 y 轴对称，若푃(휉 > 1) = 푝, 则푃(0 < 휉 < 1) = 1
2 − 푝,
即푃(−1 < 휉 < 0) = 1
2 − 푝，故正确；
D，因为在 10 次射击中，击中目标的次数为 X，푋 ∽ 퐵(10,0,8)，对应的概率푃(푥 = 푘) = 퐶10
푘 × 0. 8푘 × 0. 210−푘，
当푘 ≥ 1 时, 푃(푥=푘)
푃(푥=푘−1) = 퐶10푘 ·0.8푘·0.210−푘
퐶10
푘−1·0.8푘−1·0.210−푘+1 = 4(11−푘)
푘 ，
由 푃(푥=푘)
푃(푥=푘−1) = 4(11−푘)
푘 ≥ 1 得 44 − 4푘 ≥ 푘, 即 1 ≤ 푘 ≤ 44
5 ，因为 ，即 푘 = 8时，
概率푃(푥 = 8)最大，故正确．
故选 BCD．
18.【答案】ABC
解：A．푓(푥) = 0 ⇒ 푥2 + 푥 − 1 = 0，解得푥 = −1±√5
2
，所以 A 正确；
B.푓′(푥) = − 푥2−푥−2
푒푥 = − (푥+1)(푥−2)
푒푥 ，
当푓′(푥) > 0时，−1 < 푥 < 2，当푓′(푥) < 0时，푥 < −1或푥 > 2，
所以 是函数的单调递减区间，(−1,2)是函数的单调递增区间，所以푓(−1)是函数的极小
值，푓(2)是函数的极大值，所以 B 正确．
C.当푥 → +∞时，푦 → 0，根据 B 可知，函数的最小值是푓(−1) = −푒，再根据单调性可知，当−푒 < 푘 < 0时，
方程푓(푥) = 푘有且只有两个实根，所以 C 正确； 第 6 页，共 9 页
D.因为푓(2) = 5
푒2，由图像可知，t 的最大值是 2，所以不正确．
故选 A，B，C．
19.【答案】
解：代入푥 = 2得：푓(1
2) + 1
2 푓(−2) = 4，
代入푥 = − 1
2得：푓(−2) − 2푓(1
2) = −1，
联立消去푓(1
2)可得：푓(−2) = 7
2．
20.【答案】102
解：
= (푙푔2)2 + 푙푔5(푙푔2 + 1) + 1 + (0.3)3×(−2
3) × 32
= 푙푔2(푙푔2 + 푙푔5) + 푙푔5 + 1 + ( 3
0.3)2
= 푙푔2 + 푙푔5 + 1 + 100
= 1 + 1 + 100 = 102．
故答案为 102．
21.【解析】【分析】
解：取出次品的个数可能为 0、1、2，
푃(휉 = 0) = 퐶20퐶133
퐶15
3 = 22
35，푃(휉 = 1) = 퐶21퐶132
퐶15
3 = 12
35，푃(휉 = 2) = 퐶22퐶131
퐶15
3 = 1
35，
则퐸(휉) = 0 × 22
35 + 1 × 12
35 + 2 × 1
35 = 2
5.故答案为2
5 .
22.【答案】0
解：∵ 푓(푥) = −푓(푥 + 3
2)，∴ 푓(푥) = 푓(푥 + 3)，周期푇 = 3，
又푓(−1) = 1，푓(0) = −2， 第 7 页，共 9 页
∴ 푓(−1) = 푓(2) = 1，푓(0) = 푓(3) = −2，
∵函数푓(푥)的图象关于点(− 3
4 , 0)对称，
∴ 푓(푥) = −푓(− 3
2 − 푥)，又푓(푥) = −푓(푥 + 3
2)，
∴ 푓(−1) = −푓(− 1
2) = 푓(− 1
2 + 3
2) = 푓(1) = 1，
∴ 푓(1) + 푓(2) + 푓(3) = 1 + 1 − 2 = 0，
∵ 2010 = 3 × 670，∴ 푓(1) + 푓(2) + 푓(3) + ⋯ + 푓(2010) = 0．
故答案为 0．
23.解：(1)由题意知，若一套净水系统在使用周期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为 30，
则该套净水系统中的两个一级过滤器均需要更换 12 个滤芯，二级过滤器需要更换 6 个滤芯，
设“一套净水系统在使用周期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为 30”为事件 A，
∵一个一级过滤器需要更换 12 个滤芯的概率为0.4，二级过滤器需要更换 6 个滤芯的概率为0.4，
∴ 푃(퐴) = 0.4 × 0.4 × 0.4 = 0.064．……………………………………………………………2 分
(2)由柱状图知：
一个一级过滤器需要更换滤芯的个数为 10，11，12 的概率分别为0.2，0.4，0.4，
由题意 X 的可能取值为 20，21，22，23，24，
푃(푋 = 20) = 0.2 × 0.2 = 0.04，
푃(푋 = 21) = 0.2 × 0.4 × 2 = 0.16，
푃(푋 = 22) = 0.4 × 0.4 + 0.2 × 0.4 × 2 = 0.32，
푃(푋 = 23) = 0.4 × 0.4 × 2 = 0.32，
푃(푋 = 24) = 0.4 × 0.4 = 0.16，
∴ 푋的分布列为：
X 20 21 22 23 24
P 0.04 0.16 0.32 0.32 0.16
퐸(푋) = 20 × 0.04 + 21 × 0.16 + 22 × 0.32 +
23 × 0.32 + 24 × 0.16 = 22.4．……………………………………………………………………6 分
(3) ∵ 푚 + 푛 = 28，푛 ∈ {5,6}，若푚 = 22，푛 = 6，
则该用户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为：
22 × 80 + 200 × 0.32 + 400 × 0.16 + 6 × 160 = 2848，
若푚 = 23，푛 = 5，
则该用户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为：
23 × 80 + 200 × 0.16 + 5 × 160 + 400 × 0.4 = 2832，
故 m，n 的值分别为 23，5．…………………………………………………………………………10 分
24.解：(퐼) ∵ 푓(푥) = sin(1 − 푥) + ln푥，∴ 푓′(푥) = −cos(1 − 푥) + 1
푥，又 ∵ 푥 ∈ (0,1)，∴ 1
푥 > 1，cos(1 − 푥) ≤ 1，
∴ 푓′(푥) > 0，∴ 푓(푥)在(0,1)上单调递增．………………………………………………………………4 分
(Ⅱ) ∵ 푔(푥) = 1
푥 − 푎ln푥，∴ 푔(푥) = − 1
푥2 − 푎
푥 = − 푎푥+1
푥2 ，
(1)当푎 ≥ 0时，∀푥 ∈ (0, 푒)，푔′(푥) < 0，此时函数푔(푥)在区间(0, 푒]上单调递减，∴函数푔(푥)在푥 = 푒处取得最
小值，即푔(푥)min = 푔(푒) = 1
푒 − 푎;…………………………………………………………………………7 分 第 8 页，共 9 页
(2)当푎 < 0时，令푔′(푥) = 0 ⇒ 푥 = − 1
푎，当− 1
푎 ≥ 푒时，即当− 1
푒 ≤ 푎 < 0，∀푥 ∈ (0, 푒)，푔(푥) < 0，此时函数
푔(푥)在区间(0, 푒]上单调递减，函数푔(푥)在푥 = 푒处取得最小值，即푔(푥)min = 푔(푒) = 1
푒 − 푎;综上所得푔(푥)min =
푔(푒) = 1
푒 − 푎．………………………………………………………………………………………………10 分
(Ⅲ)证明：根据题意，ℎ(푥) = ln푥 + 1
2푥 − 푏(푥 > 0)，∵ 푥1，푥2是函数ℎ(푥) = ln푥 + 1
2푥 − 푏的两个零点，∴ ln푥1 +
1
2푥1
− 푏 = 0，ln푥2 + 1
2푥2
− 푏 = 0.两式相减，可得ln
푥1
푥2
= 1
2푥2
− 1
2푥1
，即ln
푥1
푥2
= 푥1−푥2
2푥2푥1
，
,
ln2
2
1
21
21
x
x
xxxx
则
2
1
1
2
2
2
1
2
1
1
ln2
1
,
ln2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
令푡 = 푥1
푥2
，푡 ∈ (0,1)，则푥1 + 푥2 = 푡−1
2ln푡 + 1−1
푡
2ln푡 = 푡−1
푡
2푙푛푡
，记푙(푡) = 푡 − 1
푡 − 2ln푡，푡 ∈ (0,1)，则푡(푡) = (푡−1)2
푡2 .又∵ 푡 ∈
(0,1)，∴ 푡′(푡) ≥ 0恒成立，故푙(푡) − 2ln푡 < 0.可得 푡−1
푡
2푙푛푡 > 1，∴ 푥1 + 푥2 > 1．…………………15 分
25.解：(1)依题意，知푓(푥)的定义域为(0, +∞)，
当푎 = 푏 = 1
2时，푓(푥) = 푙푛푥 − 1
4 푥2 − 1
2 푥，푓′(푥) = 1
푥 − 1
2 푥 − 1
2 = −(푥+2)(푥−1)
2푥 ，
令푓′(푥) = 0，解得푥 = 1. (∵ 푥 > 0)
因为 푔(푥) = 0有唯一解，所以푔(푥2) = 0，当0 < 푥 < 1时，푓′(푥) > 0，此时푓(푥)单调递增；
当푥 > 1时，푓′(푥) < 0，此时푓(푥)单调递减，
所以푓(푥)的极大值为푓(1) = − 3
4，此即为最大值．……………………………………………………………4 分
(2)퐹(푥) = 푙푛푥 + 푎
푥，푥 ∈ (0,3]，则有푘 = 퐹′(푥0) = 푥0−푎
푥0
2 ≤ 1
2，在푥0 ∈ (0,3]上恒成立，
所以푎 ≥ (− 1
2 푥0
2 + 푥0)푚푎푥，푥0 ∈ (0,3]．
当푥0 = 1时，− 1
2 푥0
2 + 푥0取得最大值1
2，所以푎 ≥ 1
2．…………………………………………………………8 分
(3)因为方程2푚푓(푥) = 푥2有唯一实数解，
所以푥2 − 2푚푙푛푥 − 2푚푥 = 0有唯一实数解，
设푔(푥) = 푥2 − 2푚푙푛푥 − 2푚푥，
则푔′(푥) = 2푥2−2푚푥−2푚
푥
，令푔′(푥) = 0，푥2 − 푚푥 − 푚 = 0，
因为푚 > 0，푥 > 0，所以푥1 = 푚−√푚2+4푚
2 < 0(舍去)，푥2 = 푚+√푚2+4푚
2
，
当푥 ∈ (0,푥2)时，푔′(푥) < 0，푔(푥)在(0, 푥2)上单调递减；
当푥 ∈ (푥2,+∞)时，푔′(푥) > 0，푔(푥)在(푥2,+∞)上单调递增；
当푥 = 푥2时，푔′(푥2) = 0，푔(푥)取最小值푔(푥2). 第 9 页，共 9 页
则{푔(푥2) = 0
푔′(푥2) = 0，即{푥2
2 − 2푚푙푛푥2 − 2푚푥2 = 0
푥2
2 − 푚푥2 − 푚 = 0 ，
所以2푚푙푛푥2 + 푚푥2 − 푚 = 0，因为푚 > 0，所以2푙푛푥2 + 푥2 − 1 = 0(∗)
设函数ℎ(푥) = 2푙푛푥 + 푥 − 1，因为当푥 > 0时，ℎ(푥)是增函数，所以ℎ(푥) = 0至多有一解，
因为ℎ(1) = 0，所以方程(∗)的解为푥2 = 1，即푚+√푚2+4푚
2 = 1，解得푚 = 1
2．…………………………15 分
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