山东省威海市2022-2023学年高二下学期期末考试高二数学答案71

高二数学参考答案一、选择题：每小题5分，共40分。题号12345678答案CABDDCAA二、选择题：每小题5分，共20分。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。题号9101112答案BDACDACACD三、填空题：每小题5分，共20分。题号131415161答案248y4ex或yx（任写一个即可）2023e四、解答题：17.（10分）解：（）由题意知，x，可得x，分1log2(21)log26216………………2即x，解得，25xlog25所以不等式的解集为.分xxlog25………………5xxx（2）f(x)log2(m22)，可得41m22，即4xm2x30有两个不相等的实数根，令2xt，则t2mt30有两个不相等的正实数根，………………7分0m2120所以t1t20，可得m0，………………9分t1t2030解得m23.………………10分18.（12分）22(16642436)(16366424)168解：（1）K6.726.635，……….………3分(1664)(2436)(1624)(6436)25所以有99%的把握认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.….............……4分（2）（ⅰ）记A为“抽到的人有自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”.16153111616P(A)，P(AB)，16156460155516641560155P(AB)161616所以P(B|A)(或).………………7分P(A)31161531（ⅱ）记C为“抽到的人无自主创业打算”，D为“抽到的人是男生”，6416641616法一：P(D|C)，又P(D)，所以P(D)P(D|C)，124311615646031所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”独立.……....………12分64464604法二：P(C|D)，又P(C)，所以P(C)P(C|D)，805161564605所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”独立.高二数学答案第1页（共5页）{#{QQABIQKEggiAAhAAABhCQQVSCkGQkBECCIgOhEAAMAAAiRFABAA=}#}646464604法三：P(CD)，P(C)，1615646015516156460564161616464P(D)，所以P(C)P(D)，所以P(CD)P(C)P(D)，1615646031315155所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”独立.(16641560)(16606415)2法四：K20，(1664)(1560)(1615)(6460)所以该校学生有无自主创业打算与性别无关，所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”独立.19.（12分）解：（1）由题意知，10名男生中一分钟跳绳成绩优秀的有6名，记“抽到的2名男生成绩都优秀”为事件A，C2151则6分P(A)2.………………3C104533（2）由题意知，从该校六年级学生中任取一名男生，一分钟跳绳成绩优秀的概率为；51任取一名女生，一分钟跳绳成绩优秀的概率为.………………5分2X的取值范围为{0，1，2，3}，………………6分311P(X0)(1)(1)2，………………7分5210312117P(X1)(1)2C1(1)，………………8分52522220311212P(X2)C1(1)()2，………………9分5222525313P(X3)()2，………………10分5220所以X的概率分布为X01231723P102052017238E(X)0123.………………12分1020520520.（12分）解：（1）当a1时，f(x)x36x22，………………1分则f(x)3x212x3x(x4)，解不等式f(x)0，可得x0或x4，解不等式f(x)0，可得0x4，因此f(x)在区间(1,0)单调递增，在区间(0,4)单调递减，在区间(4,5)单调递增，…………3分所以f(x)在区间1,5的最大值为f(0)，f(5)中较大者.因为f(0)2，f(5)23，所以f(x)在区间1,5的最大值为2.………………5分高二数学答案第2页（共5页）{#{QQABIQKEggiAAhAAABhCQQVSCkGQkBECCIgOhEAAMAAAiRFABAA=}#}（2）法一：f(x)3ax212x3x(ax4)，3①当a0时，f(x)6x22，令f(x)0，可得x，不合题意；………………6分34②当a0时，解不等式f(x)0，可得x0，a4解不等式f(x)0，可得x或x0，a44所以f(x)在(,)单调递减，在(,0)单调递增，在(0,)单调递减.……………7分aa又因为f(0)20，所以f(x)在(0,)存在零点，不合题意；………………8分4③当a0时，解不等式f(x)0，可得x0或x，a4解不等式f(x)0，可得0x，a44所以f(x)在(,0)单调递增，在(0,)单调递减，在(,)单调递增.…………9分aa又因为f(0)20，所以f(x)在(,0)存在零点x0，4若f(x)存在唯一的零点x，且x0，则f()0，…………10分00a6496可得20，即a216，解得a4或a4，所以a4.…………11分a2a2综上，a4.………………12分法二：依题意知方程ax36x220有唯一的负根，62即a有唯一负根，………………6分xx362所以ya与y的图象有唯一交点且位于y轴左侧，xx31令t，则t0，g(t)2t36t，g(t)6t266(t1)(t1)………………7分x解不等式g(t)0，可得1t1，解不等式g(t)0，可得t1或t1，………………9分所以g(t)在(,1)单调递减，在(1,0)，(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，………10分所以ag(1)，又g(1)4，所以a4.………………12分21.（12分）解：（1）（ⅰ）记“采用单次传输方案，依次发送1，0，1，依次收到1，0，1”为事件A，1112则P(A)(1)(1)(1).………………3分3239（ⅱ）记“采用三次传输方案，发送1，译码为1”为事件B，高二数学答案第3页（共5页）{#{QQABIQKEggiAAhAAABhCQQVSCkGQkBECCIgOhEAAMAAAiRFABAA=}#}11120则P(B)(1)3C2(1)2.………………7分333327（2）记“发送0，采用三次传输方案译码为0”为事件C，记“发送0，采用单次传输方案译码为0”为事件D，则3222，分P(C)(1)C3(1)(1)(12)………………9P(D)1，………………10分所以(1)2(12)1，因为01，整理得220，1解得0.……………12分222.（12分）1axalnx1lnx解：（1）法一：f(x)xx，……………1分(xa)2(xa)2若函数f(x)在(0,a)单调递减，则f(x)≤0对任意x(0,a)恒成立，a即1lnx≤0对任意x(0,a)恒成立，xa令(x)1lnx，x(0,a)，……………2分xa1ax因为(x)0，所以(x)在(0,a)单调递增，……………3分x2xx2所以(x)(a)lna≤0，……………4分所以a≥1.……………5分1axalnx1lnx法二：f(x)xx，……………1分(xa)2(xa)2若函数f(x)在(0,a)单调递减，则f(x)≤0对任意x(0,a)恒成立，a即1lnx≤0对任意x(0,a)恒成立，x所以a≥xxlnx对任意x(0,a)恒成立，……………2分令g(x)xxlnx，x(0,a)，则g(x)lnx，可得g(x)在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，①当0a≤1时，g(x)在(0,a)单调递增，所以a≥g(a)，可得a≥aalna，解得a≥1，所以a1；……………3分高二数学答案第4页（共5页）{#{QQABIQKEggiAAhAAABhCQQVSCkGQkBECCIgOhEAAMAAAiRFABAA=}#}②当a1时，g(x)在(0,1)单调递增，在(1,a)单调递减，所以gmax(x)g(1)1，所以a≥1，所以a1.……………4分综上，a≥1.……………5分a1lnxxa（2）（ⅰ）f(x)，令h(x)1lnx，若f(x)存在两个极值点x1，x2，(xa)2xxa则x，x为h(x)的两个变号零点，h(x)，12x2①当a≤0时，h(x)≤0，h(x)在(0,)单调递减，所以h(x)不可能存在两个变号零点，不合题意；……………6分②当a0时，可得h(x)在(0,a)单调递增，在(a,)单调递减，若h(x)存在两个变号零点，则h(a)0，解得0a1，a2aa22a22a2又h()1ln1ln，令m(a)1ln，2a22a2a222a2222a当0a1时，m(a)0，所以m(a)在(0,1)单调递增，a2a2a2aa22a221所以h()m(a)m(1)1lnln210，212aa又h(e)110，ee所以当0a1时，f(x)存在两个极值点.……………8分（ⅱ）不妨设x1x2，则x1(0,a)，x2(a,)，要证x1x22a，即证x22ax1，因为2ax1a，x2a，h(x)在(a,)单调递减，即证h(x2)h(2ax1)，又因为h(x1)h(x2)，即证h(x1)h(2ax1)，……………9分令k(x)h(x)h(2ax)，x(0,a)，k(x)h(x)h(2ax)，xaax2a114a(xa)2所以k(x)(xa)()0，……………10分x2(2ax)2x2(x2a)2x2(x2a)2所以k(x)在(0,a)单调递增，所以k(x)k(a)0，因为x1(0,a)，所以k(x1)0，……………11分即h(x1)h(2ax1).综上，x1x22a.……………12分高二数学答案第5页（共5页）{#{QQABIQKEggiAAhAAABhCQQVSCkGQkBECCIgOhEAAMAAAiRFABAA=}#}