2022-2023学年河北省张家口市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年河北省张家口市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x∈Z|x+1≥0}，B={x|x≤π}，则A∩B=( )
A. {x∈Z|x≥−1}B. {x|−1≤x≤π}
C. {−1,0,1,2,3}D. {1,2,3}
2.已知a>0，b>0，则“a=b=1”是“lga+lgb=0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知e是自然对数的底数，则函数f(x)=e2x−1的图象在原点处的切线方程是( )
A. y=xB. y=2xC. y=exD. y=e2x
4.设随机变量X的分布列如下(其中0A. D(X)增大B. D(X)减小C. D(X)先减后增D. D(X)先增后减
5.回文是一种修辞手法，数学中的“回文数”是指从左到右读和从右到左读都一样的正整数，例如132231，则从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为( )
A. 59B. 49C. 12D. 23
6.某校团委对“学生喜欢体育和性别是否有关”作了一次调查，其中被调查的男、女生人数相同，男生喜欢体育的人数占男生人数的45，女生喜欢体育的人数占女生人数的35，若有95%以上的把握认为是否喜欢体育和性别有关，则调查人数中男生人数可能是( )
【附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d】
A. 35B. 39C. 40D. 50
7.现有5名大学生准备到甲、乙、丙3所学校实习，每所学校至少有1名，每名大学生只能去一所学校，若到甲、乙两所学校实习的人数不相同，则不同的实习方案种数为( )
A. 243B. 200C. 100D. 50
8.若x+lna≥ln(x+2)对于任意的x>−2恒成立，则正数a的最小值为( )
A. e−2B. 1C. eD. e
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列说法正确的有( )
A. 若一组样本数据(xi,yi)(i=1,2,3,⋯,n)线性相关，则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点(x−,y−)
B. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2=5.028，依据α=0.05的独立性检验x0.05=3.841，则推断X与Y无关不成立，即认为X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
C. 若随机变量ξ和η满足η=2ξ+1，则E(η)=2E(ξ)+1，D(η)=4D(ξ)+1
D. 若随机变量X∼N(100,σ2)，且P(X<120)=0.84，则P(10010.已知a>0，b>0且1a+2b=1，则下列结论正确的有( )
A. a+b≤2 2B. a+b≥3+2 2C. ab≤2 2D. ab≥8
11.已知a=e14−54，b=e13−43，c=ln45(e是自然对数的底数)，则下列结论正确的有( )
A. ac<0，bc>0B. ac<0，bc<0C. a>b>cD. b>a>c
12.如图，某高速服务区停车场中有A至H共8个停车位(每个车位只能停一辆车)，现有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车，则( )
A. 4辆车的停车方法共有1680种
B. 4辆车恰好停在同一行的概率是135
C. 2辆黑色车恰好相邻(停在同一行或同一列)的停车方法共有300种
D. 相同颜色的车不停在同一行，也不停在同一列的概率是15
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在(1+x)6的展开式中，系数最大的项的系数为______(用数字作答).
14.已知随机变量X服从二项分布B(n,p)，且X的期望E(X)=4，方差D(X)=2，则n=______.
15.已知离散型随机事件A，B发生的概率P(A)=0.3，P(B)=0.4，若P(A|B)=0.5，事件A−，B−，A+B分别表示A，B不发生和至少有一个发生，则P(B|A+B)=______，P(A−+B−|A+B)=______.
16.已知函数f(x)=x−a−2xlnx(a≠1)有唯一的零点，则实数a的值可以是__________.(写出一个符合要求的值即可)
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知(2+x)10=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a10x10，其中x∈R.
(1)求(2+x)10展开式中a0和a8的值(用数字表示)；
(2)求a1−2a2+3a3−4a4+⋯−10a10的值.
18.(本小题12分)
某健身俱乐部举办“燃脂运动，健康体魄”活动，参训的学员700人中超过90%属于超重人员，经过艰苦的训练，近五个月学员体重指标变化如表：
(1)已知变量y与变量x具有线性相关关系，建立以x为解释变量，y为响应变量的一元经验回归方程；
(2)俱乐部王教练每天从骑车和游泳中随机选择一种对学员进行减脂训练.选择方法如下：第一天选择骑车，随后每天用“一次性抛掷4枚质地均匀的硬币”来确定训练方式，若正面朝上的枚数小于3，则该天训练方式与前一天相同，否则选择另一种方式.求前三天骑车训练的天数X的分布列和数学期望.
附：回归直线y =b x+a 中斜率和截距的最小二乘估计分别为：b =i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2，a =y−−b x−.
参考数据：i=15xiyi=5420.
19.(本小题12分)
如图，已知三棱锥P−ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，三棱锥P−ABC的外接球半径R=2.
(1)求三棱锥P−ABC的侧面积S的最大值；
(2)若在底面ABC上，有一个小球由顶点A处开始随机沿底边自由滚动，每次滚动一条底边，滚向顶点B的概率为12，滚向顶点C的概率为12；当球在顶点B处时，滚向顶点A的概率为23，滚向顶点C的概率为13；当球在顶点C处时，滚向顶点A的概率为23，滚向顶点B的概率为13.若小球滚动3次，记球滚到顶点B处的次数为X，求数学期望E(X)的值.
20.(本小题12分)
某校举办颠乒乓球比赛，现从高一年级1000名学生中随机选出40名学生统计成绩，其中24名女生平均成绩为70个，标准差为4；16名男生平均成绩为80个，标准差为6.
(1)高一年级全员参加颠球比赛的成绩近似服从正态分布N(μ,σ2)，若用这40名参赛的同学的样本平均数x−和标准差s(四舍五入取整数)分别作为μ，σ，估计高一年级颠球成绩不超过60个的人数(四舍五入取整数)；
(2)颠球比赛决赛采用5局3胜制，甲、乙两名同学争夺冠亚军，如果甲每局比赛获2胜的概率为23，在甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率.
附：若X∼N(μ,σ2)，则P(|X−μ|≤σ)=0.6827，P(|X−μ|≤2σ)=0.9545，P(|X−μ|≤3σ)=0.9973.
21.(本小题12分)
定义min{a,b}表示a，b中的较小者，已知函数f(x)=min{sinx,csx}(x∈[0,π2])，f(x)的图象与x轴围成的图形的内接矩形PQRS中(如图所示)，顶点P(点P位于点Q左侧)的横坐标为x，记g(x)为矩形PQRS的面积.
(1)求函数f(x)的单调区间，并写出g(x)的解析式；
(2)(i)证明：不等式x(ii)证明：g(x)存在极大值点x0，且x0<π8.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=xlnx.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若方程f(x)=2x−1的两个解为x1、x2，求证：x1+x2>2e.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为A={x∈Z|x≥−1}，B={x|x≤π}，
所以A∩B={−1,0,1,2,3}.
故选：C.
根据交集含义即可得到答案．
本题考查集合的交运算，属基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为a>0，b>0，由lga+lgb=lg(ab)=0，可得ab=1，
所以，“a=b=1”⇒“ab=1”；但ab=1推不出a=b=1，比如当a=2，b=12时，
所以，已知a>0，b>0，则“a=b=1”是“lga+lgb=0”的充分不必要条件，
故选：A.
由lga+lgb=0可得ab=1，利用充分条件和必要条件的定义判断可得出结论．
本题主要考查充分条件和必要条件判断，根据对数运算法则进行化简求解是解决本题的关键，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为f(0)=0，f′(x)=2e2x，所以f′(0)=2，
所以函数f(x)的图象在原点处的切线方程为y=2x，
故选：B.
求导得f′(x)=2e2x，计算f(0)=0，f′(0)=2，则得到切线方程．
本题考查导数的运用：求切线方程，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由题意得E(X)=0×1−p2+1×12+2×p2=12+p，
则D(X)=1−p2(12+p)2+12(12+p−1)2+p2(12+p−2)2=−p2+p+14=−(p−12)2+12，
又0即D(X)先增后减．
故选：D.
根据期望公式得E(X)=12+p，根据方差计算公式得D(X)的表达式，利用二次函数的性质，即可得出答案．
本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，五位数字的回文数中，首位有9种选择，千位和百位都有10种选择，
所以五位数字的回文数的个数为9×102=900个，
其中五位数字的回文数的奇数，首位有5种选择，千位和百位都有10种选择，
所以五位数字的回文数的奇数的个数为5×102=500个，
因此从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为P=500900=59.
故选：A.
计算出五位数字的回文数的个数和五位数字的回文数的奇数的个数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设男生女生人数均为x，则在2×2列联表中a=45x,b=15x,c=35x,d=25x，χ2=2x(825x2−325x2)22125x4=2x21，
若有95%以上的把握认为学生是否喜欢体育和性别有关，
可知2x21>3.841，解得x>40.3305，
又x是5的整数倍，可得男生人数可取50.
故选：D.
设男生女生人数均为x，根据卡方公式得χ2=2x21，根据表格得到不等式，解出即可．
本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
7.【答案】C
【解析】解：依题意实习方案有两大类：
①甲3人、乙1人、丙1人(或甲1人、乙3人、丙1人)和②甲1人、乙2人，丙2人(或甲2人、乙1人，丙2人)，
若为①甲3人、乙1人、丙1人或甲1人、乙3人、丙1人，则有C53C21×2=40种；
若为②甲1人、乙2人，丙2人或甲2人、乙1人，丙2人，则有C51C42×2=60种；
综上可得一共有40+60=100种．
故选：C.
依题意实习方案有两大类：①甲3人、乙1人、丙1人(或甲1人、乙3人、丙1人)和②甲1人、乙2人，丙2人(或甲2人、乙1人，丙2人)，分别求出各类的方案数，最后根据分类加法计数原理计算可得．
本题考查了排列组合的简单计数问题，考查了学生的分类思想，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：x+lna≥ln(x+2)恒成立，即lna≥ln(x+2)−x.
设g(x)=ln(x+2)−x(x>−2)，g′(x)=1x+2−1=−x+1x+2，
令g′(x)>0，解得−2−1，
则g(x)在区间(−2,−1)上单调递增，在区间(−1,+∞)上单调递减，
所以g(x)在(−2,+∞)上的最大值是g(−1)=1，
故lna≥ln(x+2)−x，只需lna≥1，解得a≥e，
即a的最小值为e.
故选：D.
利用分离参数法得lna≥ln(x+2)−x，设g(x)=ln(x+2)−x，x>−2，利用导数求出其最大值，则得到不等式解出即可．
本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A：若一组样本数据(xi,yi)(i=1,2,3,⋅⋅⋅,n)线性相关，
则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点(x−,y−)，故A正确；
对于B：∵χ2=5.028>3.841=x0.05，
∴有95%的把握可判断分类变量X与Y有关联，
此推断犯错误的概率不大于0.05，故B正确；
对于C：若随机变量ξ和η满足η=2ξ+1，则E(η)=2E(ξ)+1，D(η)=4D(ξ)，故C错误；
对于D：若随机变量X∼N(100,σ2)，且P(X<120)=0.84，
则P(100故选：ABD.
根据回归方程的性质判断A，根据独立性检验的思想判断B，根据期望与方差的性质判断C，根据正态分布的性质判断D，即可得出答案．
本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：由1a+2b=1，得2a+b=ab，a>0，b>0，
a+b=(a+b)(1a+2b)=1+2+ba+2ab≥3+2 ba⋅2ab=3+2 2，
当且仅当b= 2a，即a= 2+1,b=2+ 2时取等号，故B正确，A错误；
ab=2a+b≥2 2a⋅b，所以 ab≥2 2，即ab≥8，
当且仅当b=2a，即a=2，b=4时取等号，故C错误，D正确．
故选：BD.
利用乘“1”法即可求出a+b的最小值，利用基本不等式构造一元二次不等式不等式即可求出ab最小值．
本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：首先证明切线不等式ex≥x+1，
设f(x)=ex−x−1，则f′(x)=ex−1，
令f′(x)=0，解得x=0，
又因为f′(x)为单调递增函数，
所以f′(x)有唯一零点x=0，
且当x∈(−∞,0)，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，
故f(x)min=f(0)=0，
则f(x)=ex−x−1≥0，即ex≥x+1，
则a=e14−54=f(14)>f(0)=0，b=f(13)>f(0)=0，
而c=ln45又因为当x>0时，f(x)单调递增，a=f(14),b=f(13)，则a因此c故选：BD.
构造函数f(x)=ex−x−1，利用其单调性和最值一一判断即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对A，4辆车的停车方法共有A84=1680(种)，A正确；
对B，4辆车恰好停在同一行的概率是P=2A44A84=135，B正确；
对C，2辆黑色车相邻且停在同一行有6种，停在同一列有4种，黑色车的停车方法共有(6+4)A22种，
白色车的停车方法共有A62种，故共有(6+4)A22⋅A62=600(种)方法，故C错误；
对D，相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，第一辆黑色车8个车位都可停车，
第二辆黑色车只能有3个车位可停车，黑色车共有8×3种方法，
不妨设黑色车停在A，F两个车位，则两白色车只能停BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG共7种选择，
白色车的停车方法共有2×7种方法，故共有8×3×7×2种方法，
其概率是P=8×3×7×2A84=15，D正确．
故选：ABD.
利用排列公式结合古典概型公式逐项分析即可．
本题主要考查了排列组合知识，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
13.【答案】20
【解析】解：∵(1+x)6的展开式的通项为Tk+1=C6k⋅16−k⋅xk=C6kxk，
设第k+1项的系数最大，则C6k≥C6k−1C6k≥C6k+1，
根据公式Cnr=n!r!(n−r)!，解得3≤k≤72，
又k∈Z，
∴k=3，
∴展开式中系数最大的项为T4=C63x3=20x3，
即展开式中系数最大的项的系数为20.
故答案为：20.
设第k+1项的系数最大，则C6k≥C6k−1C6k≥C6k+1，即可求出展开式中系数最大的项．
本题主要考查二项式定理的应用，求出展开式的通项公式，建立不等式组进行求解是解决本题的关键，是中档题．
14.【答案】8
【解析】解：依题意X∼B(n,p)，所以E(X)=np=4，D(X)=np(1−p)=2，
解得p=12，n=8.
故答案为：8.
根据二项分布的期望、方差公式得到方程组，解得即可．
本题主要考查二项分布，属于中档题．
15.【答案】0.80.6
【解析】解：由题意得P(A|B)=P(AB)P(B)=P(AB)0.4=0.5，
P(AB)=0.2,P(A−B)=0.2,P(AB−)=0.1,P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.5，
P(B|A+B)=P(B)P(A+B)=，
P(A−+B−|A+B)=P(AB−)+P(A−B)P(A+B)=0.1+，
故答案为：0.8；0.6.
空1，空2：利用条件概率公式结合韦恩图计算即可．
本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
16.【答案】−1(答案不唯一)
【解析】【分析】
本题考查函数零点的判定，属于较难题．
由f(x)=0可得a=x−2xlnx，令g(x)=x−2xlnx=x(1−2lnx)，利用导数分析函数g(x)的单调性与极值，分析可知直线y=a(a≠1)与函数g(x)的图象有且只有一个公共点，数形结合可得出实数a的取值范围，即可得解．
【解答】
解：由f(x)=x−a−2xlnx=0，得a=x−2xlnx，其中x>0且a≠1，
令g(x)=x−2xlnx，其中x>0，得g′(x)=1−2lnx−2=−2lnx−1，
令g′(x)=0可得x=e−12，列表如下：
由表可知，当x=e−12时，函数g(x)取得极大值为g(e−12)=e−12−2e−12⋅(−12)=2e−12，
当00；当x>e12时，g(x)=x(1−2lnx)<0，
由题意可知，直线y=a(a≠1)与函数g(x)的图象有且只有一个公共点，如图所示：
由图可知，实数a的取值范围是(−∞,0]∪{2e−12},a可取值−1.
故答案为：−1(答案不唯一)
17.【答案】解：(1)(2+x)10的展开式通项为Tk+1=C10k⋅210−k⋅xk(k=0,1,2,⋯,10)，
所以，a0=210=1024，a8=C108⋅22=45×4=180.
(2)令f(x)=(2+x)10=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a10x10，
则f′(x)=10(2+x)9=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+⋯+10a10x9，
因此，a1−2a2+3a3−4a4+⋅⋅⋅−10a10=f′(−1)=10×(2−1)9=10.
【解析】(1)求出(2+x)10的二项展开式的通项公式，即可求得a0、a8的值；
(2)令f(x)=(2+x)10=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a10x10，利用赋值法可得出a1−2a2+3a3−4a4+⋅⋅⋅−10a10=f′(−1)，即可得解．
本题主要考查二项式定理的应用，求出展开式的通项公式以及利用赋值法进行求解是解决本题的关键，是中档题．
18.【答案】解：(1)由图表中的数据可得：x−=1+2+3+4+55=3，
y−=600+500+420+340+2405=420，i=15xiyi=5420，i=15xi2=55，
∴b =i=15xiyi−5x−y−i=15xi2−5x−2=5420−630055−5×9=−88，
得a =y−−b x−=420−(−88)×3=684.
∴y关于x的经验回归方程：y =−88x+684；
(2)一次性抛郑4枚质地均匀的硬币正面朝上的枚数记为ξ，则ξ∼B(4,12)，
P(ξ<3)=(C40+C41+C42)(12)4=1116，P(ξ≥3)=(C43+C44)(12)4=516，
X的所有可能取值为1，2，3，
P(X=1)=1×516×1116=55256，
P(X=2)=1×1116×516+1×516×516=516，
P(X=3)=1×1116×1116=121256.
所求分布列为：
E(X)=1×55256+2×516+3×121256=289128.
【解析】(1)利用线性回归方程公式计算即可；
(2)首先利用二项分布公式得P(ξ<3)=1116，P(ξ≥3)=516，再得出X的所有可能取值为1，2，3，计算对应概率得到分布列，再利用期望公式即可．
本题考查线性回归方程的求法，考查离散型随机变量的期望与方差，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)∵三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，三棱锥的外接球半径R=2，
∴以a，b，c为长、宽、高的长方体的体对角线为外接球的直径，即a2+b2+c2=4R2=16，
∴a2+b2+c2=12(2a2+2b2+2c2)≥12(2ab+2ac+2bc)=ab+ac+bc，当且仅当a=b=c时取等号，
∴三棱锥的侧面积S=12(ab+ac+bc)≤8，当且仅当a=b=c时取等号，
∴三棱锥P−ABC的侧面积S的最大值为8.
(2)依题意X的可能取值为0、1、2，
则P(X=0)=12×23×12=16，P(X=2)=12×23×12+12×13×13=29，
P(X=1)=1−P(X=0)−P(X=2)=1−16−29=1118，
所以E(X)=0×16+1×1118+2×29=1918.
【解析】(1)依题意可得a2+b2+c2=16，利用基本不等式求出ab+ac+bc的最大值，即可得解；
(2)依题意X的可能取值为0、1、2，求出所对应的概率，即可求出数学期望．
本题主要考查离散型随机变量的分布列和方差，属于中档题．
20.【答案】解：(1)依题意x−=70×24+80×1640=74，即μ=74，
s女2=i=124 (xi−x女−)224=x12+x22+⋯+x242−24x女−224=42，
所以x12+x22+⋯+x242=24(16+702)，
同理s男2=i=116 (yi−y男−)216=y12+y22+⋯+y242−16y男−216=62，
所以y12+y22+⋯+y162=16(36+802)，
所以s2=x12+x22+⋯+x242+y12+y22+⋯+y162−40x−240
24×(16+702)+16×(36+802)−40×74240=48，
所以s= 48≈7，即σ=7，
因为X∼N(74,72)，且P(|X−μ|≤2σ)=0.9545，
所以P(X≤60)=1−0.95452=0.02275，
所以0.02275×1000=22.75≈23，即估计颠球成绩不超过60个的人数为23.
(2)设事件A表示“甲获胜”，事件B表示“甲前2局获胜”，甲获胜有3：0，3：1，3：2三类，
对应的概率分别为(23)3，C31×13×(23)3，C42×(13)2×(23)3，
所以P(A)=(23)3+C31×13×(23)3+C42×(13)2×(23)3=6481，
P(AB)=(23)3+13×(23)3+(13)2×(23)3=104243，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=1324，
所以在甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率为1324.
【解析】(1)根据平均数、方差公式求出μ、σ，再根据正态分布的性质求出P(X≤60)，即可估计人数；
(2)设事件A表示“甲获胜”，事件B表示“甲前2局获胜”，求出P(A)、P(AB)，再利用条件概率的概率公式计算可得．
本题考查正态分布相关知识，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由正弦函数、余弦函数的图象可知当0≤x≤π4时csx≥sinx，
当π4csx，
所以f(x)=sinx,0≤x≤π4csx,π4显然f(x)的单调递增区间为[0,π4]，单调递减区间为(π4,π2],
点P、Q关于x=π4对称，设P(x,sinx)(0则矩形PQRS的面积g(x)=(π2−2x)sinx，x∈(0,π4).
(2)证明：(i)令m(x)=tanx−x，x∈(0,π2)，
则m′(x)=1cs2x−1>0，
故m(x)在(0,π2)上单调递增，
故m(x)>m(0)=0，
∴tanx>x，即当x∈(0,π2)时x(ii)因为g(x)=(π2−2x)sinx，x∈(0,π4)，
则g′(x)=−2sinx+(π2−2x)csx，
令h(x)=g′(x)=−2sinx+(π2−2x)csx，x∈(0,π4)，
则h′(x)=−4csx−(π2−2x)sinx<0，即g′(x)在(0,π4)上单调递减，
又g′(0)=π2，g′(π4)=− 2，所以g′(x)在(0,π4)上存在唯一零点x0，
当00，g(x)单调递增，当x0所以g(x)存在极大值点x0，则2sinx0=(π2−2x0)csx0，即tanx0=π4−x0，
由(i)的结论xx0，解得x0<π8.
【解析】(1)根据正、余弦函数图象的性质得到f(x)的解析式，从而求出f(x)的单调区间，设P(x,sinx)(0(2)(i)令m(x)=tanx−x，x∈(0,π2)，利用导数说明函数的单调性，证明结论成立即可；
(ii)利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值点，则tanx0=π4−x0，在结合(i)的结论，证明即可．
本题考查了新定义问题，考查函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．
22.【答案】解：(1)解：函数f(x)=xlnx的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=lnx+1，
令f′(x)=0，可得x=1e，列表如下：
故函数f(x)的减区间为(0,1e)，增区间为(1e,+∞)，极小值为f(1e)=−1e，无极大值．
(2)证明：设h(x)=f(x)−2x+1=xlnx−2x+1，其中x>0，则h′(x)=lnx−1，
令h′(x)<0，可得0令h′(x)>0，可得x>e，此时，函数h(x)在(e,+∞)上单调递增，
故x=e是函数h(x)的极小值点，
而函数h(x)有两个零点x1、x2，设x1即h(x1)=h(x2)=0且02e，即证x2>2e−x1>e，
因为函数h(x)在(e,+∞)上单调递增，
故只需证明：h(x2)>h(2e−x1)，即证h(x1)>h(2e−x1)，
令p(x)=h(x)−h(2e−x)=xlnx−(2e−x)ln(2e−x)−4x+4e，其中0则p′(x)=lnx+ln(2e−x)−2=ln(2ex−x2)−2，
因为0故p′(x)=ln(2ex−x2)−2故函数p(x)在(0,e)上为减函数，
又因为p(e)=0，所以，p(x)>0对任意的x∈(0,e)恒成立，
则p(x1)=h(x1)−h(2e−x1)>0，即h(x1)>h(2e−x1)，
故2e【解析】(1)求出函数f(x)的定义域与导数，利用函数的单调性、极值与导数的关系可得出结果；
(2)设h(x)=f(x)−2x+1，利用导数分析函数h(x)的单调性与极值，分析可知02e，即证h(x1)>h(2e−x1)，构造函数p(x)=h(x)−h(2e−x)，其中00对任意的x∈(0,e)恒成立，即可证得结论成立．
本题考查了函数的单调性，极值问题，考查不等式的证明，转化思想，是难题．X
0
1
2
p
1−p2
12
p2
α
0.050
0.010
xα
3.841
6.635
A
B
C
D
E
F
G
H
月份x
1
2
3
4
5
超重人数y
600
500
420
340
240
x
(0,e−12)
e−12
(e−12,+∞)
g′(x)
+
0
-
g(x)
增
极大值
减
X
1
2
3
P
55256
516
121256
x
(0,1e)
1e
(1e,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
减
极小值
增