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2021年广东省韶关市高考数学综合测试试卷（一模）
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这是一份2021年广东省韶关市高考数学综合测试试卷（一模），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数z=2−i1+i，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2. 命题p:x2−x−2<0是命题q:0A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件
3. △ABC中，点M为AC上的点，且AM→=12MC→，若BM→=λBA→+μBC→，则λ−μ的值是( )
A.1B.12C.13D.23
4. 人的心脏跳动时，血压在增加或减少，血压的最大值、最小值分别称为收缩压和舒张压，血压计上的读数就是收缩压和舒张压，读数120/80mmHg为标准值．设某人的血压满足函数式p(t)＝101+25sin(160πt)，其中p(t)为血压（单位：mmHg），t为时间（单位：min），则下列说法正确的是（ ）
A.收缩压和舒张压均高于相应的标准值
B.收缩压和舒张压均低于相应的标准值
C.收缩压高于标准值，舒张压低于标准值
D.收缩压低于标准值，舒张压高于标准值
5. 假设某射手每次射击命中率相同，且每次射击之间相互没有影响．若在两次射击中至多命中一次的概率是，则该射手每次射击的命中率为（ ）
A.B.C.D.
6. 已知(1+x)10=a0+a1(2+x)+a2(2+x)2+⋯+a10(2+x)10，则a9=( )
A.−10B.10C.−45D.45
7. 设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若三角形APC1的面积S=12，则动点P的轨迹是( )
A.圆的一部分B.双曲线的一部分
C.抛物线的一部分D.椭圆的一部分
8. 已知函数fx=lnex+1−12x，若a=f(lg415)，b=f(lg56)，c=f(lg64)，则a，b，c的大小关系正确的是( )
A.b>a>cB.a>b>cC.c>b>aD.c>a>b
二、多项选择题：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，选对但不全的得2分，有选错的得2分．请把正确选项在答题卡中的相对位置涂黑．
设P是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上一点，F1，F2是椭圆的左、右焦点，焦距为2c(c>0)，若∠F1PF2是直角，则( )
A.|OP|=c(O为原点)B.S△F1PF2=b2
C.△F1PF2的内切圆半径r=a−cD.|PF1|max=a+c
如图所示，点P是函数fx=π2sinωx+φ(x∈R，ω>0)图象的最高点，M，N是图象与x轴的交点，若M−π6,0，且PM→⋅PN→=0，则（ ）
A.N2π3,0B.ω=1C.Pπ3,π2D.φ=2π3
设a，b为正数，若直线ax−by+1=0被圆x2+y2+4x−2y+1=0截得弦长为4，则（ ）
A.a+b=1B.2a+b=1C.ab≤18D.a+2bab≥9
如图三棱锥P−ABC，平面PBC⊥平面ABC，已知△PBC是等腰三角形，△ABC是等腰直角三角形，若AB＝BC＝2，PB＝PC＝，球O是三棱锥P−ABC的外接球，则（ ）
A.球心到平面PBC的距离是B.球心到平面ABC的距离是
C.球的表面积是D.球的体积是
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
已知集合A={x|y=lg2(2−x)}，B={x|1≤x≤3}，则A∩B=________（结果用区间或集合表示）．
设Sn为等差数列{an}的前n项和，a6+a7=1，则S12=________，若a7<0，则使得不等式Sn<0成立的最小整数n=________．
现有标号为①，②，③，④，⑤的5件不同新产品，要放到三个不同的机构进行测试，每件产品只能放到一个机构里．机构A，B各负责一个产品，机构C负责余下的三个产品，其中产品①不在A机构测试的情况有________种（结果用具体数字表示）．
若曲线________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
在①csC+(csA−3sinA)csB=0，②cs2B−3cs(A+C)=1，③bcsC+33csinB=a这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．
问题：在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若a+c=1，_____，求角B的值和b的最小值．
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面CDP，已知PA＝3，PD＝4．
（1）若E为PD中点，求证：PB // 平面ACE；
（2）求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值．
已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=−n2+kn(k∈N*)，且Sn的最大值为25.
(1)求k的值及通项公式an；
(2)求数列{n⋅2an−11}的前n项和Tn.
在一次大范围的随机知识问卷调查中，通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示：
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分ξ∼N(μ, 196)，μ近似为这100人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表）．
①求μ的值；
②若P(ξ>2a−5)＝P(ξ
（2）在（1）的条件下，为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于μ的可以获赠2次随机话费，得分低于μ的可以获赠1次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
现有市民甲参加此次问卷调查，记X（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列与数学期望．
已知函数f(x)=xlnx．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若x∈(1, +∞)时，方程aeax−2f(x)=0有两个不等实数根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：1ax1+1ax2>1．
参考答案与试题解析
2021年广东省韶关市高考数学综合测试试卷（一模）
一、单项选择题：本题共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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
1.
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
由复数的运算法则求出z的代数形式，由复数的几何意义得到对应的点的坐标，即可得到答案．
【解答】
解：因为z=2−i1+i=(2−i)(1−i)2=12−32i，
所以复数z在复平面内对应的点为(12,−32)，在第四象限.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据不等式的解法求出p的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由x2−x−2<0得(x+1)(x−2)<0，得−1∵ (0,1)⊊(−1,2)，
∴ p是q的必要不充分条件.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
平面向量的基本定理
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
由已知结合向量的线性表示及平面向量基本定理可求λ，μ，进而可求．
【解答】
解：∵ AM→=12MC→，
∴ AM→=13AC→，
∴ BM→=BA→+AM→=BA→+13AC→
=BA→+13(BC→−BA→)=23BA→+13BC→，
若BM→=λBA→+μBC→，
则λ=23，μ=13，
故λ−μ=23−13=13．
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
C
【考点】
相互独立事件
相互独立事件的概率乘法公式
n次独立重复试验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
A
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
根据：(1+x)10＝[−1+(2+x)]10，利用通项公式求得展开式第10项的系数．
【解答】
解：(1+x)10=[−1+(2+x)]10
=a0+a1(2+x)+a2(2+x)2+⋅+a10(2+x)10，
则a9=C109⋅(−1)9=−10．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
轨迹方程
椭圆的定义
【解析】
先根据三角形APC1的面积求出P到AC1的距离为33，从而得到P在空间中的轨迹为圆柱面，结合题意P是平面ABCD截圆柱的一部分，即P的轨迹为椭圆的一部分．
【解答】
解：设P到AC1的距离为h，
S△APC1=12⋅AC1⋅h=12⋅3⋅h=12，
即P到AC1的距离为定值33，
所以点P在以直线AC1为轴，以33为底面半径的圆柱侧面上，直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
利用导数研究函数的单调性
【解析】
先判断函数的奇偶性及单调性，然后结合单调性及奇偶性即可比较大小．
【解答】
解：因为fx=lnex+1−12x，
所以f(−x)=ln(e−x+1)+12x=ln(ex+1)−x+12x
=ln(ex+1)−12x=f(x)，
所以f(x)为偶函数，
因为f′x=exex+1−12=ex−12(ex+1)，
当x>0时，fx>0，函数单调递增，当x<0时，fx<0，函数单调递减，
因为a=flg415=flg45，b=flg56 ，c=flg64，
因为lg4+lg6>2lg4⋅lg6，
故lg4⋅lg6lg45−lg56=lg5lg4−lg6lg5=lg25−lg6⋅lg4lg4⋅lg5>0，
所以lg45>lg56>1>lg64，
则a>b>c．
故选B．
二、多项选择题：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，选对但不全的得2分，有选错的得2分．请把正确选项在答题卡中的相对位置涂黑．
【答案】
A,B,C
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
选项A，根据直角三角形斜边中线的性质即可判断；选项B，利用椭圆的定义以及勾股定理化简即可求解；选项C，利用三角形面积相等以及a, b, c的关系式即可求解；选项D，利用椭圆的几何性质即可判断．
【解答】
解：设|PF1|=m，|PF2|=n，|F1F2|=2c，
因为∠F1PF2=90∘，所以在直角三角形PF1F2中有m2+n2=4c2①，
由椭圆的定义可得m+n=2a②，
联立①②解得mn=2b2,
所以三角形PF1F2的面积为S=12mn=b2，故B正确；
因为OP是斜边F1F2的中线，所以|OP|=12|F1F2|=c，故A正确；
设三角形PF1F2的内切圆半径为r，
则S△PF1F2=12rm+n+2c=a+cr=b2，
所以r=b2a+c=a2−c2a+c=a−c，故C正确；
P为椭圆上的一点，当点P为椭圆的右顶点时， |PF1|max=a+c，
但是此时∠F1PF2≠90∘，所以点P不可能为椭圆的右顶点，故D错误．
故选ABC．
【答案】
B,C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
根据可得出PM⊥PN,从而可求出MN＝π,进而得出f(x)的周期为2π，从而得出ω＝1,并可根据f(x)的解析式得出P点的纵坐标为，进而可根据M的坐标求出P, N的坐标，并求出，这样即可得出正确的选项．
【解答】
解：∵ PM→⋅PN→=0,
∴ PM→⊥PN→，
∴ △PMN是等腰直角三角形， PM=PN，
∵ fx=π2sinωx+φ，
∴ MN=π,
∴ fx的周期为2π，且ω>0，
∴ ω=1,
又M−π6,0，Pπ3,π2，N(5π6,0)，φ=π6.
故选BC.
【答案】
B,C,D
【考点】
直线与圆的位置关系
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，把圆心坐标代入直线方程可得2a+b＝1，再由基本不等式得到ab，把变形，结合“1”的代换求其最小值，则答案可求．
【解答】
解：由x2+y2+4x−2y+1=0得圆的标准方程(x+2)2+(y−1)2=4，
圆的半径是2，所以直线过圆心−2,1，即2a+b=1，故B正确；
又a，b均为正数，所以由均值不等式得
2a+b=1≥22a⋅b，得
ab≤18，当且仅当a=14，b=12时等号成立，故C正确；
又a+2bab=aab+2bab=1b+2a
=1b+2a2a+b=2ab+1+4+2ba
≥5+22ab×2ba=9，
当且仅当2ab=2ba，即a=b，即a=b=13时，等号成立，故D正确．
故选BCD.
【答案】
B,C
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
[1, 2)
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A,然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A={x|x<2}，B={x|1≤x≤3},
∴ A∩B=[1, 2)．
故答案为：[1, 2)．
【答案】
6,13
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
根据题意，由等差数列的前n项和公式和性质可得S12＝＝，代入数据可得第一空答案，同理可得S13<0，即可得第二空答案．
【解答】
解：因为a6+a7=1，所以S12=6a6+a7=6；
因为a7<0，所以a6>0，所以an为递减数列，
又S12=6>0，S13=13a7<0，所以nmin=13.
故答案为：6；13.
【答案】
16
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
C1:y＝ax2(a>0)与曲线C2:y＝ex存在公切线，则a的取值范围为[e24, +∞)
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出两个函数的导函数，设出两切点，由斜率相等列方程，再由方程有根转化为两函数图象有交点，求得a的范围．
【解答】
由y＝ax2(a>0)，得y′＝2ax，
由y＝ex，得y′＝ex，
曲线C1:y＝ax2(a>0)与曲线C2:y＝ex存在公共切线，
设公切线与曲线C1切于点(x1, ax12)，与曲线C2切于点(x2, ex2)，
则2ax1＝ex2=ex2−ax12x2−x1，
可得2x2＝x1+2，
∴ a=ex12+12x1，
记f(x)=ex2+12x，
则f′(x)=ex2+1(x−2)4x2，
当x∈(0, 2)时，f′(x)<0，f(x)递减；
当x∈(2, +∞)时，f′(x)>0，f(x)递增．
∴ 当x＝2时，f(x)min=e24．
∴ a的范围是[e24, +∞)．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
解：选择条件①csC+(csA−3sinA)csB=0，
可得−cs(A+B)+csAcsB−3sinAcsB=0，
即−csAcsB+sinAsinB+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0，
因为sinA≠π≠0，所以sinB=3csB，
所以tanB=3，因为B∈(0,π),
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件②cs2B−3cs(A+C)=1，
可得2cs²B−1+3csB=1，即2cs²B+3csB−2=0，
解得csB=12或csB=−2（舍），
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件③bcsC+33csinB=a，
由正弦定理可得sinBcsC+33sinCsinB=sinA
=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
即33sinCsinB=csBsinC，
所以33sinB=csB，
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
【解析】
选择条件①，利用诱导公式及两角和的余弦公式可求得角B的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得b的最小值；
选择条件②，利用二倍角公式和诱导公式可求得角B的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得b的最小值；
选择条件③，利用正弦定理及两角和的正弦公式可求得角B的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得b的最小值．
【解答】
解：选择条件①csC+(csA−3sinA)csB=0，
可得−cs(A+B)+csAcsB−3sinAcsB=0，
即−csAcsB+sinAsinB+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0，
因为sinA≠π≠0，所以sinB=3csB，
所以tanB=3，因为B∈(0,π),
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件②cs2B−3cs(A+C)=1，
可得2cs²B−1+3csB=1，即2cs²B+3csB−2=0，
解得csB=12或csB=−2（舍），
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件③bcsC+33csinB=a，
由正弦定理可得sinBcsC+33sinCsinB=sinA
=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
即33sinCsinB=csBsinC，
所以33sinB=csB，
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
【答案】
证明：设AC交BD于O，因为ABCD为正方形，
连接OE，因为E为PD中点，
因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE．
因为PA⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，
又底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD，
又因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD，
过P作PF⊥AD于F，连接BF，
又因为平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PF⊥平面ABCD，
所以PF⊥BF，
所以∠PBF为直线PB与平面ABCD所成的角，
其正弦值为＝＝＝．
直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)Sn=−n2+kn=−(n−k2)2+k24,
当k为偶数时，可得n=k2时，Sn的最大值为k24,
则k24=25，解得k=10成立；
若k为奇数，则n=k−12或k+12时，
Sn的最大值为−(k−12)2+k⋅k−12=25，该方程无整数解．
所以Sn=−n2+10n，
可得a1=S1=9,
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=−n2+10n+(n−1)2−10(n−1)=11−2n，
当n=1时也成立，
故an=11−2n，n∈N*.
(2)n⋅2an−11=n⋅2−2n=n4n,
则Tn=141+242+343+⋯+n4n①，
14Tn=142+243+344+⋯+n4n+1②，
两式相减可得34Tn=14+142+⋯+14n−n4n+1
=14(1−14n)1−14−n4n+1，
化简可得Tn=49−4+3n9⋅4n.
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(1)由二次函数的最值求法，可得k,再由数列的递推式：n=1时，a1=S1，当n≥2时，an=Sn−Sn−1，计算可得所求通项公式；
(2)求得n⋅2an−11=n⋅2−2n=n4n，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】
解：(1)Sn=−n2+kn=−(n−k2)2+k24,
当k为偶数时，可得n=k2时，Sn的最大值为k24,
则k24=25，解得k=10成立；
若k为奇数，则n=k−12或k+12时，
Sn的最大值为−(k−12)2+k⋅k−12=25，该方程无整数解．
所以Sn=−n2+10n，
可得a1=S1=9,
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=−n2+10n+(n−1)2−10(n−1)=11−2n，
当n=1时也成立，
故an=11−2n，n∈N*.
(2)n⋅2an−11=n⋅2−2n=n4n,
则Tn=141+242+343+⋯+n4n①，
14Tn=142+243+344+⋯+n4n+1②，
两式相减可得34Tn=14+142+⋯+14n−n4n+1
=14(1−14n)1−14−n4n+1，
化简可得Tn=49−4+3n9⋅4n.
【答案】
①由题意得＝60.7，
∴ μ＝60.5．
∵ ②若P(ξ>2a−8)＝P(ξ则2a−6+a+3＝2×60.4，
解得a＝41．
由题意知P(ξ<μ)＝P(ξ≥μ)＝，
获赠话费X的可能取值为20，40，70，
P(X＝20)＝×＝，
P(X＝40)＝××＝，
P(X＝50)＝×＝，
P(X＝70)＝××+××＝，
P(X＝100)＝××＝，
∴ X的分布列为：
∴ E(X)＝20×+40×+70×＝．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)f(x)=xlnx，定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，
令f′(x)>0，得x>1e，
令f′(x)<0，得0所以f(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，
所以f(x)的减区间为(0,1e)，增区间为(1e,+∞).
(2)当x∈(1, +∞)时，aeax−2f(x)=0，
等价于aeax=2xlnx，即axeax=x2lnx2，即eaxlneax=x2lnx2，即f(eax)=f(x2)，
因为x∈(1, +∞)时，lnx>0，所以a>0，所以eax>1，x2>1，
由(1)可知f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以eax=x2，两边同时取对数可得ax=2lnx，a=2lnxx，
因为方程aeax−2f(x)=0有两个不等实数根x1，x2，所以a=2lnxx有两个根x1，x2，
令g(x)=2lnxx(x>1)，令g′(x)＝2(1−lnx)x2，
当x∈(1,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(e)=2e，
当x=1时，2lnxx=0，
当x→+∞时，g(x)→0，
所以a=2lnxx有两个根时0即a的取值范围是(0,2e)．
下证：1ax1+1ax2>1．
不妨设x1>x2，令t=x1x2>1，
ax1=2lnx1，ax2=2lnx2，可得a=2(lnx1−lnx2)x1−x2，
所以1ax1+1ax2＝x1+x2ax1x2
=(x1+x2)(x1−x2)2x1x2(lnx1−lnx2)=x12−x222x1x2lnx1x2
=(x1x2)2−12x1x2lnx1x2=t2−12tlnt＝t−1t2lnt
设h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，
h′(t)=1+1t2−2t=(t−1)2t2>0，所以h(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)=0，即t−1t−2lnt>0，即t−1t>2lnt，
由lnt>0，可得t−1t2lnt>1，
所以1ax1+1ax2>1．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数极最值求参数问题
【解析】
(1)求导，利用导数与单调性的关系即可求解单调区间；
(2)将方程转化为f(eax)=f(x2)，由f(x)在(1, +∞)上单调递增，可得eax=x2，从而可得a=2lnxx，令g(x)=2lnxx，利用导数求得g(x)的范围，从而可得a=2lnxx有两个根时a的取值范围；
设x1>x2，令t=x1x2>1，由ax1=2lnx1，ax2=2lnx2，可得a=2(lnx1−x2)x1−x2，化简可得1ax1+1ax2=t−1t2lnt，设h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，利用导数求得h(t)>0即可得证．
【解答】
解：(1)f(x)=xlnx，定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，
令f′(x)>0，得x>1e，
令f′(x)<0，得0所以f(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，
所以f(x)的减区间为(0,1e)，增区间为(1e,+∞).
(2)当x∈(1, +∞)时，aeax−2f(x)=0，
等价于aeax=2xlnx，即axeax=x2lnx2，即eaxlneax=x2lnx2，即f(eax)=f(x2)，
因为x∈(1, +∞)时，lnx>0，所以a>0，所以eax>1，x2>1，
由(1)可知f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以eax=x2，两边同时取对数可得ax=2lnx，a=2lnxx，
因为方程aeax−2f(x)=0有两个不等实数根x1，x2，所以a=2lnxx有两个根x1，x2，
令g(x)=2lnxx(x>1)，令g′(x)＝2(1−lnx)x2，
当x∈(1,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(e)=2e，
当x=1时，2lnxx=0，
当x→+∞时，g(x)→0，
所以a=2lnxx有两个根时0即a的取值范围是(0,2e)．
下证：1ax1+1ax2>1．
不妨设x1>x2，令t=x1x2>1，
ax1=2lnx1，ax2=2lnx2，可得a=2(lnx1−lnx2)x1−x2，
所以1ax1+1ax2＝x1+x2ax1x2
=(x1+x2)(x1−x2)2x1x2(lnx1−lnx2)=x12−x222x1x2lnx1x2
=(x1x2)2−12x1x2lnx1x2=t2−12tlnt＝t−1t2lnt
设h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，
h′(t)=1+1t2−2t=(t−1)2t2>0，所以h(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)=0，即t−1t−2lnt>0，即t−1t>2lnt，
由lnt>0，可得t−1t2lnt>1，
所以1ax1+1ax2>1．得分
[30, 40)
[40, 50)
[50, 60)
[60, 70)
[70, 80)
[80, 90)
[90, 100]
频数
2
13
21
25
24
11
4
赠送话费的金额（单位：元）
20
50
概率
X
20
40
50
70
100
P
1. 已知复数z=2−i1+i，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2. 命题p:x2−x−2<0是命题q:0
C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件
3. △ABC中，点M为AC上的点，且AM→=12MC→，若BM→=λBA→+μBC→，则λ−μ的值是( )
A.1B.12C.13D.23
4. 人的心脏跳动时，血压在增加或减少，血压的最大值、最小值分别称为收缩压和舒张压，血压计上的读数就是收缩压和舒张压，读数120/80mmHg为标准值．设某人的血压满足函数式p(t)＝101+25sin(160πt)，其中p(t)为血压（单位：mmHg），t为时间（单位：min），则下列说法正确的是（ ）
A.收缩压和舒张压均高于相应的标准值
B.收缩压和舒张压均低于相应的标准值
C.收缩压高于标准值，舒张压低于标准值
D.收缩压低于标准值，舒张压高于标准值
5. 假设某射手每次射击命中率相同，且每次射击之间相互没有影响．若在两次射击中至多命中一次的概率是，则该射手每次射击的命中率为（ ）
A.B.C.D.
6. 已知(1+x)10=a0+a1(2+x)+a2(2+x)2+⋯+a10(2+x)10，则a9=( )
A.−10B.10C.−45D.45
7. 设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若三角形APC1的面积S=12，则动点P的轨迹是( )
A.圆的一部分B.双曲线的一部分
C.抛物线的一部分D.椭圆的一部分
8. 已知函数fx=lnex+1−12x，若a=f(lg415)，b=f(lg56)，c=f(lg64)，则a，b，c的大小关系正确的是( )
A.b>a>cB.a>b>cC.c>b>aD.c>a>b
二、多项选择题：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，选对但不全的得2分，有选错的得2分．请把正确选项在答题卡中的相对位置涂黑．
设P是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上一点，F1，F2是椭圆的左、右焦点，焦距为2c(c>0)，若∠F1PF2是直角，则( )
A.|OP|=c(O为原点)B.S△F1PF2=b2
C.△F1PF2的内切圆半径r=a−cD.|PF1|max=a+c
如图所示，点P是函数fx=π2sinωx+φ(x∈R，ω>0)图象的最高点，M，N是图象与x轴的交点，若M−π6,0，且PM→⋅PN→=0，则（ ）
A.N2π3,0B.ω=1C.Pπ3,π2D.φ=2π3
设a，b为正数，若直线ax−by+1=0被圆x2+y2+4x−2y+1=0截得弦长为4，则（ ）
A.a+b=1B.2a+b=1C.ab≤18D.a+2bab≥9
如图三棱锥P−ABC，平面PBC⊥平面ABC，已知△PBC是等腰三角形，△ABC是等腰直角三角形，若AB＝BC＝2，PB＝PC＝，球O是三棱锥P−ABC的外接球，则（ ）
A.球心到平面PBC的距离是B.球心到平面ABC的距离是
C.球的表面积是D.球的体积是
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
已知集合A={x|y=lg2(2−x)}，B={x|1≤x≤3}，则A∩B=________（结果用区间或集合表示）．
设Sn为等差数列{an}的前n项和，a6+a7=1，则S12=________，若a7<0，则使得不等式Sn<0成立的最小整数n=________．
现有标号为①，②，③，④，⑤的5件不同新产品，要放到三个不同的机构进行测试，每件产品只能放到一个机构里．机构A，B各负责一个产品，机构C负责余下的三个产品，其中产品①不在A机构测试的情况有________种（结果用具体数字表示）．
若曲线________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
在①csC+(csA−3sinA)csB=0，②cs2B−3cs(A+C)=1，③bcsC+33csinB=a这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．
问题：在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若a+c=1，_____，求角B的值和b的最小值．
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面CDP，已知PA＝3，PD＝4．
（1）若E为PD中点，求证：PB // 平面ACE；
（2）求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值．
已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=−n2+kn(k∈N*)，且Sn的最大值为25.
(1)求k的值及通项公式an；
(2)求数列{n⋅2an−11}的前n项和Tn.
在一次大范围的随机知识问卷调查中，通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示：
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分ξ∼N(μ, 196)，μ近似为这100人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表）．
①求μ的值；
②若P(ξ>2a−5)＝P(ξ
（2）在（1）的条件下，为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于μ的可以获赠2次随机话费，得分低于μ的可以获赠1次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
现有市民甲参加此次问卷调查，记X（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列与数学期望．
已知函数f(x)=xlnx．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若x∈(1, +∞)时，方程aeax−2f(x)=0有两个不等实数根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：1ax1+1ax2>1．
参考答案与试题解析
2021年广东省韶关市高考数学综合测试试卷（一模）
一、单项选择题：本题共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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
1.
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
由复数的运算法则求出z的代数形式，由复数的几何意义得到对应的点的坐标，即可得到答案．
【解答】
解：因为z=2−i1+i=(2−i)(1−i)2=12−32i，
所以复数z在复平面内对应的点为(12,−32)，在第四象限.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据不等式的解法求出p的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由x2−x−2<0得(x+1)(x−2)<0，得−1
∴ p是q的必要不充分条件.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
平面向量的基本定理
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
由已知结合向量的线性表示及平面向量基本定理可求λ，μ，进而可求．
【解答】
解：∵ AM→=12MC→，
∴ AM→=13AC→，
∴ BM→=BA→+AM→=BA→+13AC→
=BA→+13(BC→−BA→)=23BA→+13BC→，
若BM→=λBA→+μBC→，
则λ=23，μ=13，
故λ−μ=23−13=13．
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
C
【考点】
相互独立事件
相互独立事件的概率乘法公式
n次独立重复试验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
A
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
根据：(1+x)10＝[−1+(2+x)]10，利用通项公式求得展开式第10项的系数．
【解答】
解：(1+x)10=[−1+(2+x)]10
=a0+a1(2+x)+a2(2+x)2+⋅+a10(2+x)10，
则a9=C109⋅(−1)9=−10．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
轨迹方程
椭圆的定义
【解析】
先根据三角形APC1的面积求出P到AC1的距离为33，从而得到P在空间中的轨迹为圆柱面，结合题意P是平面ABCD截圆柱的一部分，即P的轨迹为椭圆的一部分．
【解答】
解：设P到AC1的距离为h，
S△APC1=12⋅AC1⋅h=12⋅3⋅h=12，
即P到AC1的距离为定值33，
所以点P在以直线AC1为轴，以33为底面半径的圆柱侧面上，直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
利用导数研究函数的单调性
【解析】
先判断函数的奇偶性及单调性，然后结合单调性及奇偶性即可比较大小．
【解答】
解：因为fx=lnex+1−12x，
所以f(−x)=ln(e−x+1)+12x=ln(ex+1)−x+12x
=ln(ex+1)−12x=f(x)，
所以f(x)为偶函数，
因为f′x=exex+1−12=ex−12(ex+1)，
当x>0时，fx>0，函数单调递增，当x<0时，fx<0，函数单调递减，
因为a=flg415=flg45，b=flg56 ，c=flg64，
因为lg4+lg6>2lg4⋅lg6，
故lg4⋅lg6
所以lg45>lg56>1>lg64，
则a>b>c．
故选B．
二、多项选择题：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，选对但不全的得2分，有选错的得2分．请把正确选项在答题卡中的相对位置涂黑．
【答案】
A,B,C
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
选项A，根据直角三角形斜边中线的性质即可判断；选项B，利用椭圆的定义以及勾股定理化简即可求解；选项C，利用三角形面积相等以及a, b, c的关系式即可求解；选项D，利用椭圆的几何性质即可判断．
【解答】
解：设|PF1|=m，|PF2|=n，|F1F2|=2c，
因为∠F1PF2=90∘，所以在直角三角形PF1F2中有m2+n2=4c2①，
由椭圆的定义可得m+n=2a②，
联立①②解得mn=2b2,
所以三角形PF1F2的面积为S=12mn=b2，故B正确；
因为OP是斜边F1F2的中线，所以|OP|=12|F1F2|=c，故A正确；
设三角形PF1F2的内切圆半径为r，
则S△PF1F2=12rm+n+2c=a+cr=b2，
所以r=b2a+c=a2−c2a+c=a−c，故C正确；
P为椭圆上的一点，当点P为椭圆的右顶点时， |PF1|max=a+c，
但是此时∠F1PF2≠90∘，所以点P不可能为椭圆的右顶点，故D错误．
故选ABC．
【答案】
B,C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
根据可得出PM⊥PN,从而可求出MN＝π,进而得出f(x)的周期为2π，从而得出ω＝1,并可根据f(x)的解析式得出P点的纵坐标为，进而可根据M的坐标求出P, N的坐标，并求出，这样即可得出正确的选项．
【解答】
解：∵ PM→⋅PN→=0,
∴ PM→⊥PN→，
∴ △PMN是等腰直角三角形， PM=PN，
∵ fx=π2sinωx+φ，
∴ MN=π,
∴ fx的周期为2π，且ω>0，
∴ ω=1,
又M−π6,0，Pπ3,π2，N(5π6,0)，φ=π6.
故选BC.
【答案】
B,C,D
【考点】
直线与圆的位置关系
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，把圆心坐标代入直线方程可得2a+b＝1，再由基本不等式得到ab，把变形，结合“1”的代换求其最小值，则答案可求．
【解答】
解：由x2+y2+4x−2y+1=0得圆的标准方程(x+2)2+(y−1)2=4，
圆的半径是2，所以直线过圆心−2,1，即2a+b=1，故B正确；
又a，b均为正数，所以由均值不等式得
2a+b=1≥22a⋅b，得
ab≤18，当且仅当a=14，b=12时等号成立，故C正确；
又a+2bab=aab+2bab=1b+2a
=1b+2a2a+b=2ab+1+4+2ba
≥5+22ab×2ba=9，
当且仅当2ab=2ba，即a=b，即a=b=13时，等号成立，故D正确．
故选BCD.
【答案】
B,C
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
[1, 2)
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A,然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A={x|x<2}，B={x|1≤x≤3},
∴ A∩B=[1, 2)．
故答案为：[1, 2)．
【答案】
6,13
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
根据题意，由等差数列的前n项和公式和性质可得S12＝＝，代入数据可得第一空答案，同理可得S13<0，即可得第二空答案．
【解答】
解：因为a6+a7=1，所以S12=6a6+a7=6；
因为a7<0，所以a6>0，所以an为递减数列，
又S12=6>0，S13=13a7<0，所以nmin=13.
故答案为：6；13.
【答案】
16
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
C1:y＝ax2(a>0)与曲线C2:y＝ex存在公切线，则a的取值范围为[e24, +∞)
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出两个函数的导函数，设出两切点，由斜率相等列方程，再由方程有根转化为两函数图象有交点，求得a的范围．
【解答】
由y＝ax2(a>0)，得y′＝2ax，
由y＝ex，得y′＝ex，
曲线C1:y＝ax2(a>0)与曲线C2:y＝ex存在公共切线，
设公切线与曲线C1切于点(x1, ax12)，与曲线C2切于点(x2, ex2)，
则2ax1＝ex2=ex2−ax12x2−x1，
可得2x2＝x1+2，
∴ a=ex12+12x1，
记f(x)=ex2+12x，
则f′(x)=ex2+1(x−2)4x2，
当x∈(0, 2)时，f′(x)<0，f(x)递减；
当x∈(2, +∞)时，f′(x)>0，f(x)递增．
∴ 当x＝2时，f(x)min=e24．
∴ a的范围是[e24, +∞)．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
解：选择条件①csC+(csA−3sinA)csB=0，
可得−cs(A+B)+csAcsB−3sinAcsB=0，
即−csAcsB+sinAsinB+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0，
因为sinA≠π≠0，所以sinB=3csB，
所以tanB=3，因为B∈(0,π),
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件②cs2B−3cs(A+C)=1，
可得2cs²B−1+3csB=1，即2cs²B+3csB−2=0，
解得csB=12或csB=−2（舍），
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件③bcsC+33csinB=a，
由正弦定理可得sinBcsC+33sinCsinB=sinA
=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
即33sinCsinB=csBsinC，
所以33sinB=csB，
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
【解析】
选择条件①，利用诱导公式及两角和的余弦公式可求得角B的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得b的最小值；
选择条件②，利用二倍角公式和诱导公式可求得角B的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得b的最小值；
选择条件③，利用正弦定理及两角和的正弦公式可求得角B的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得b的最小值．
【解答】
解：选择条件①csC+(csA−3sinA)csB=0，
可得−cs(A+B)+csAcsB−3sinAcsB=0，
即−csAcsB+sinAsinB+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0，
因为sinA≠π≠0，所以sinB=3csB，
所以tanB=3，因为B∈(0,π),
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件②cs2B−3cs(A+C)=1，
可得2cs²B−1+3csB=1，即2cs²B+3csB−2=0，
解得csB=12或csB=−2（舍），
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件③bcsC+33csinB=a，
由正弦定理可得sinBcsC+33sinCsinB=sinA
=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
即33sinCsinB=csBsinC，
所以33sinB=csB，
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
【答案】
证明：设AC交BD于O，因为ABCD为正方形，
连接OE，因为E为PD中点，
因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE．
因为PA⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，
又底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD，
又因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD，
过P作PF⊥AD于F，连接BF，
又因为平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PF⊥平面ABCD，
所以PF⊥BF，
所以∠PBF为直线PB与平面ABCD所成的角，
其正弦值为＝＝＝．
直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面所成的角
【解析】
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【解答】
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【答案】
解：(1)Sn=−n2+kn=−(n−k2)2+k24,
当k为偶数时，可得n=k2时，Sn的最大值为k24,
则k24=25，解得k=10成立；
若k为奇数，则n=k−12或k+12时，
Sn的最大值为−(k−12)2+k⋅k−12=25，该方程无整数解．
所以Sn=−n2+10n，
可得a1=S1=9,
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=−n2+10n+(n−1)2−10(n−1)=11−2n，
当n=1时也成立，
故an=11−2n，n∈N*.
(2)n⋅2an−11=n⋅2−2n=n4n,
则Tn=141+242+343+⋯+n4n①，
14Tn=142+243+344+⋯+n4n+1②，
两式相减可得34Tn=14+142+⋯+14n−n4n+1
=14(1−14n)1−14−n4n+1，
化简可得Tn=49−4+3n9⋅4n.
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(1)由二次函数的最值求法，可得k,再由数列的递推式：n=1时，a1=S1，当n≥2时，an=Sn−Sn−1，计算可得所求通项公式；
(2)求得n⋅2an−11=n⋅2−2n=n4n，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】
解：(1)Sn=−n2+kn=−(n−k2)2+k24,
当k为偶数时，可得n=k2时，Sn的最大值为k24,
则k24=25，解得k=10成立；
若k为奇数，则n=k−12或k+12时，
Sn的最大值为−(k−12)2+k⋅k−12=25，该方程无整数解．
所以Sn=−n2+10n，
可得a1=S1=9,
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=−n2+10n+(n−1)2−10(n−1)=11−2n，
当n=1时也成立，
故an=11−2n，n∈N*.
(2)n⋅2an−11=n⋅2−2n=n4n,
则Tn=141+242+343+⋯+n4n①，
14Tn=142+243+344+⋯+n4n+1②，
两式相减可得34Tn=14+142+⋯+14n−n4n+1
=14(1−14n)1−14−n4n+1，
化简可得Tn=49−4+3n9⋅4n.
【答案】
①由题意得＝60.7，
∴ μ＝60.5．
∵ ②若P(ξ>2a−8)＝P(ξ
解得a＝41．
由题意知P(ξ<μ)＝P(ξ≥μ)＝，
获赠话费X的可能取值为20，40，70，
P(X＝20)＝×＝，
P(X＝40)＝××＝，
P(X＝50)＝×＝，
P(X＝70)＝××+××＝，
P(X＝100)＝××＝，
∴ X的分布列为：
∴ E(X)＝20×+40×+70×＝．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)f(x)=xlnx，定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，
令f′(x)>0，得x>1e，
令f′(x)<0，得0
所以f(x)的减区间为(0,1e)，增区间为(1e,+∞).
(2)当x∈(1, +∞)时，aeax−2f(x)=0，
等价于aeax=2xlnx，即axeax=x2lnx2，即eaxlneax=x2lnx2，即f(eax)=f(x2)，
因为x∈(1, +∞)时，lnx>0，所以a>0，所以eax>1，x2>1，
由(1)可知f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以eax=x2，两边同时取对数可得ax=2lnx，a=2lnxx，
因为方程aeax−2f(x)=0有两个不等实数根x1，x2，所以a=2lnxx有两个根x1，x2，
令g(x)=2lnxx(x>1)，令g′(x)＝2(1−lnx)x2，
当x∈(1,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(e)=2e，
当x=1时，2lnxx=0，
当x→+∞时，g(x)→0，
所以a=2lnxx有两个根时0
下证：1ax1+1ax2>1．
不妨设x1>x2，令t=x1x2>1，
ax1=2lnx1，ax2=2lnx2，可得a=2(lnx1−lnx2)x1−x2，
所以1ax1+1ax2＝x1+x2ax1x2
=(x1+x2)(x1−x2)2x1x2(lnx1−lnx2)=x12−x222x1x2lnx1x2
=(x1x2)2−12x1x2lnx1x2=t2−12tlnt＝t−1t2lnt
设h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，
h′(t)=1+1t2−2t=(t−1)2t2>0，所以h(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)=0，即t−1t−2lnt>0，即t−1t>2lnt，
由lnt>0，可得t−1t2lnt>1，
所以1ax1+1ax2>1．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数极最值求参数问题
【解析】
(1)求导，利用导数与单调性的关系即可求解单调区间；
(2)将方程转化为f(eax)=f(x2)，由f(x)在(1, +∞)上单调递增，可得eax=x2，从而可得a=2lnxx，令g(x)=2lnxx，利用导数求得g(x)的范围，从而可得a=2lnxx有两个根时a的取值范围；
设x1>x2，令t=x1x2>1，由ax1=2lnx1，ax2=2lnx2，可得a=2(lnx1−x2)x1−x2，化简可得1ax1+1ax2=t−1t2lnt，设h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，利用导数求得h(t)>0即可得证．
【解答】
解：(1)f(x)=xlnx，定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，
令f′(x)>0，得x>1e，
令f′(x)<0，得0
所以f(x)的减区间为(0,1e)，增区间为(1e,+∞).
(2)当x∈(1, +∞)时，aeax−2f(x)=0，
等价于aeax=2xlnx，即axeax=x2lnx2，即eaxlneax=x2lnx2，即f(eax)=f(x2)，
因为x∈(1, +∞)时，lnx>0，所以a>0，所以eax>1，x2>1，
由(1)可知f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以eax=x2，两边同时取对数可得ax=2lnx，a=2lnxx，
因为方程aeax−2f(x)=0有两个不等实数根x1，x2，所以a=2lnxx有两个根x1，x2，
令g(x)=2lnxx(x>1)，令g′(x)＝2(1−lnx)x2，
当x∈(1,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(e)=2e，
当x=1时，2lnxx=0，
当x→+∞时，g(x)→0，
所以a=2lnxx有两个根时0
下证：1ax1+1ax2>1．
不妨设x1>x2，令t=x1x2>1，
ax1=2lnx1，ax2=2lnx2，可得a=2(lnx1−lnx2)x1−x2，
所以1ax1+1ax2＝x1+x2ax1x2
=(x1+x2)(x1−x2)2x1x2(lnx1−lnx2)=x12−x222x1x2lnx1x2
=(x1x2)2−12x1x2lnx1x2=t2−12tlnt＝t−1t2lnt
设h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，
h′(t)=1+1t2−2t=(t−1)2t2>0，所以h(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)=0，即t−1t−2lnt>0，即t−1t>2lnt，
由lnt>0，可得t−1t2lnt>1，
所以1ax1+1ax2>1．得分
[30, 40)
[40, 50)
[50, 60)
[60, 70)
[70, 80)
[80, 90)
[90, 100]
频数
2
13
21
25
24
11
4
赠送话费的金额（单位：元）
20
50
概率
X
20
40
50
70
100
P
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