2022-2023学年吉林省“BEST合作体”高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年吉林省“BEST合作体”高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共16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.设集合M={x|4x<32}，N={y|y= x+1}，则M∩N=( )
A. [1,52)B. [1,5)C. ⌀D. [0,52)
2.命题p：“∀x∈R，x2−mx+1>0”，命题q：“m<2”，则p是q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
3.用模型y=cekx拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z=lny，其变换后得到线性回归方程为z=2x+12，则c=( )
A. 0.5B. e0.5C. 2D. e2
4.已知抛物线C：y2=x的准线为l，点A的坐标为(1,0)，点P在抛物线上，点P到直线l的距离为d，则|PA|−d的最大值为( )
A. 34B. 12C. 1D. 23
5.李先生的私家车基本上每月需要去加油站加油两次，假定每月去加油时两次的油价略有差异．有以下两种加油方案：
方案一：不考虑两次油价的升降，每次都加油200元；
方案二：不考虑两次油价的升降，每次都加油30升．
李先生下个月采用哪种方案比较经济划算？( )
A. 方案一B. 方案二C. 一样划算D. 不能确定
6.已知A，B为双曲线C的左、右顶点，点M在C上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120∘，则C的离心率为( )
A. 3+12B. 3C. 2+12D. 2
7.已知函数f(x)=(x+1)2,x≤0,|lgx|,x>0,若函数g(x)=f(x)−b有四个不同的零点，则实数b的取值范围为( )
A. (0,1]B. [0,1]C. (0,1)D. (1,+∞)
8.若a=sin0.1+tan0.1，b=0.2，c=0.16e0.2，则a，b，c的大小关系为( )
A. a9.某课外兴趣小组通过随机调查，利用2×2列联表和K2统计量研究数学成绩优秀是否与性别有关.计算得K2=6.748，经查阅临界值表知P(K2>6.635)=0.010，则下列判断正确的是( )
A. 每100个数学成绩优秀的人中就会有1名是女生
B. 若某人数学成绩优秀，那么他为男生的概率是0.010
C. 有99%的把握认为“数学成绩优秀与性别有关
D. 在犯错误的概率不超过1%的前提下认为“数学成绩优秀与性别无关”
二、多选题：本题共3小题，共15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。
10.下列命题中正确的是( )
A. 命题：“∀x≥0，x2≥0”的否定是“∃x<0，x2<0”
B. 函数f(x)=ax−4+1(a>0且a≠1)恒过定点(4,2)
C. 已知函数f(2x+1)的定义域为[−1,1]，则函数f(x2+2)的定义域为[−1,1]
D. 函数y= mx2+(m−3)x+1的值域是[0,+∞),则实数m的范围是[0,1]∪[9,+∞)
11.一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为取出白球的个数，随机变量Y为取出黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是( )
A. P(X=1)=12B. X+Y=4C. E(X)>E(Y)D. E(Z)=285
12.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，当x∈(0,2)时，xf′(x)A. g(x)是周期为2的函数B. g(x)为偶函数
C. g(−332)>g(2023)>g(e)D. g(x)的值域为(−1,1)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3+a7=14，S5=15，则a4=______.
14.(x2−x+1)5的展开式中，x5的系数为______.
15.已知x>0，y>0，且 x+2 y=4，则xy的最大值是______.
16.在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图，是利用算筹表示数1∼9的一种方法，例如：47可以表示为“
”，如果用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数，这个数至少要用8根小木棍的概率为______.
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)
在某校举办“青春献礼二十大，强国有我新征程”的知识能力测评中，随机抽查了100名学生，其中共有4名女生和3名男生的成绩在90分以上，从这7名同学中每次随机抽1人在全校作经验分享，每位同学最多分享一次记第一次抽到女生为事件A，第二次抽到男生为事件B.
(1)求P(B)，P(B|A)；
(2)若把抽取学生的方式更改为：从这7名学生中随机抽取3人进行经验分享，记被抽取的3人中女生的人数为X，求X的分布列和数学期望.
18.(本小题12分)
2023年，国家不断加大对科技创新的支持力度，极大鼓舞了企业投入研发的信心，增强了企业的创新动能.某企业在国家一系列优惠政策的大力扶持下，通过技术革新和能力提升，极大提升了企业的影响力和市场知名度，订单数量节节攀升，如表为该企业今年1∼4月份接到的订单数量.
附：相关系数，r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2 i=1n(yi−y−)2，回归方程y=a +b x中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，a =y−−b x−， 1.3≈1.14.
(1)试根据样本相关系数r的值判断订单数量y与月份t的线性相关性强弱(0.75≤|r|≤1,则认为y与t的线性相关性较强，|r|<0.75，则认为y与t的线性相关性较弱).(结果保留两位小数)
(2)建立y关于t的线性回归方程，并预测该企业5月份接到的订单数量.
19.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn.
(1)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，求{an}的通项公式；
(2)设bn=1lg2a2n+1⋅lg2a2n+3(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn，若对任意正整数的n，不等式Tn<λ恒成立，求λ的最小值.
条件①a2=a1+2，且2an=a1+Sn；条件②{an}为等比数列，且满足Sn=2n+1+k.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−1−asinx(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=−x，求实数a的值；
(2)当a=2时，求f(x)在[0,π]上的最大值；
(3)若对任意的x∈[0,π]，恒有f(x)≥0，求实数a的取值范围.
21.(本小题12分)
2023年4月23日，是中国海军成立74周年74年向海图强，74年劈波斩浪.74年，人民海军新装备不断增加，新型作战力量加速发展，从“101南昌舰”到“108咸阳舰”，8艘055型驱逐舰列阵.我国自主研制的075型两栖攻击舰“31海南舰”“32广西舰”“33安徽舰”也相继正式入列.从小艇到大舰，从近海防御到挺进深蓝大洋，人民海军步履铿锵，捍卫国家主权，维护世界和平.为了庆祝中国海军成立74周年，某公司设计生产了三款两栖攻击舰模型(分别为“31海南舰”、“32广西舰”“33安徽舰”)，并限量发行若该公司每个月发行300件(三款各100件)，一共持续12个月，采用摇号的方式进行销售.假设每个月都有3000人参与摇号，摇上号的将等可能获得三款中的一款.小周是个“战舰狂热粉”，听到该公司发行两栖攻击舰模型，欣喜若狂.
(1)若小周连续三个月参与摇号，求他在这三个月集齐三款模型的概率；
(2)若摇上号的人不再参加后面的摇号.已知小周从第一个月开始参与摇号，并且在12个月的限量发行中成功摇到并获得了模型.设他第X个月(X=1,2,⋯,12)摇到并获得了模型，求X的数学期望.
22.(本小题12分)
已知a∈R，函数f(x)=ax+lnx，g(x)=ax−lnx−2.
(1)当f(x)与g(x)都存在极小值，且极小值之和为0时，求实数a的值；
(2)若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)，求证：1x1+1x2>2a.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由M={x|4x<32}={x|22x<25}={x|x<52}，
N={y|y= x+1}={y|y≥1}，
则M∩N=[1,52).
故选：A.
求出集合M，N，由此能求出M∩N.
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：对于命题p：“∀x∈R，x2−mx+1>0”，
∴Δ=m2−4<0，得−2∵−2∴p是q的充分不必要条件．
故选：A.
先根据命题p求出m的范围，再根据充分性和必要性的定义得答案．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，考查了二次函数的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵y=cekx，
∴lny=lnc+kx，
∵z=lny，其变换后得到线性回归方程为z=2x+12，
∴lnc=12，解得c=e0,5.
故选：B.
对y=cekx两边取对数，再结合线性回归方程为z=2x+12，即可求解．
本题主要考查线性回归方程的求解，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：抛物线C：y2=x的焦点F(14,0)，依题意，d=|PF|，
则|PA|−d=|PA|−|PF|≤|AF|=34，
当且仅当点P，F，A共线，即点P为抛物线顶点时取“=”，
所以|PA|−d的最大值为34.
故选：A.
利用抛物线定义，把问题转化为抛物线上的点P到点A和焦点F距离差的最大值求解．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：设李先生这两次加油的油价分别为x元/升，y元/升，
则方案一：两次加油的平均价格为400200x+200y=2xyx+y(元/升)，
方案二：两次加油的平均价格为30x+30y60=x+y2(元/升)，
∵x+y2−2xyx+y=(x+y)2−4xy2(x+y)=(x−y)22(x+y)，
∵x，y为两次加油时的汽油单价，且x≠y，
∴x+y>0，(x−y)2>0，
∴x+y2−2xyx+y>0，
即x+y2>2xyx+y，
故采用方案一比方案二更划算，
故选：A.
设李先生这两次加油的油价分别为x元/升，y元/升，则方案一两次加油的平均价格为2xyx+y(元/升)，方案二两次加油的平均价格为x+y2(元/升)，再利用作差法比较两者的大小即可．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了作差法比较大小，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，灵活运用几何关系是解决本题的关键，属于中档题．
根据△ABM是顶角为120∘的等腰三角形，得出|BM|=|AB|=2a，∠MBx=60∘，进而求出点M的坐标，再将点M代入双曲线方程即可求出离心率．
【解答】
解：不妨取点M在第一象限，如右图：
设双曲线的方程为：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
∵△ABM是顶角为120∘的等腰三角形，
∴|BM|=|AB|=2a，∠MBx=60∘，
∴点M的坐标为(2a, 3a)，
又∵点M在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上，
∴将M坐标代入坐标得4−3a2b2=1，
整理上式得，a2=b2，而c2=a2+b2=2a2，
∴e2=2，因此e= 2，
故选：D.
7.【答案】A
【解析】解：由g(x)=f(x)−b=0得f(x)=b，
作出函数f(x)的图象如图：
由图象知，要使g(x)=f(x)−b有四个不同的零点，
则需要f(x)与y=b有4个不同的交点，
则此时0即实数b的取值范围是(0,1].
故选：A.
根据函数与方程的关系，转化为两个函数图象交点问题进行求解即可．
本题主要考查函数零点个数的判断，利用函数与方程的关系，转化为函数f(x)与y=b有四个不同的交点，利用数形结合进行求解是解决本题的关键，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：构造函数f(x)=sinx+tanx−2x(0则f′(x)=csx+1cs2x−2>2 csx−2>0，
所以f(x)在(0,π2)上单调递增，则f(0.1)>f(0)=0，故a>b，
构建g(x)=ex−x−1(x<0)，则g′(x)=ex−1，g′(x)<0在(−∞,0)上恒成立，
故g(x)在(−∞,0)上单调递减，则g(x)>g(0)=0，∴ex>x+1(x<0)，
所以e−0.2>1−0.2，即(1−0.2)e0.2<1，所以cb=0.8e0.2<1，故b>c，
综上，c故选：C.
构建函数f(x)=sinx+tanx−2x(0b，再构建g(x)=ex−x−1(x<0)利用导数判断g(x)的单调性可得b>c.
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，数的大小的比较，考查逻辑推理能力，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】解：每100个数学成绩优秀的人中可能没有女生，也可能有多名女生，已知数据不能确定结论，A选项错误；
若某人数学成绩优秀，已知数据不能判断他为男生的概率，B选项错误；
∵K2=6.748≥6.635，∴有99%的把握认为“数学成绩优秀与性别有关”，
即在犯错误的概率不超过1%的前提下认为“数学成绩优秀与性别有关”，C选项正确，D选项错误．
故选：C.
根据K2的值与临界值的大小关系进行判断．
本题考查独立性检验相关知识，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，“∀x≥0，x2≥0”的否定是“∃x≥0，x2<0”，故A错误，
对于B，函数f(x)=ax−4+1，
令x−4=0，解得x=4，
故函数f(x)恒过定点(4,2)，故B正确，
对于C，函数f(2x+1)的定义域为[−1,1]，
则−1≤x≤1，
故−1≤2x+1≤3，
故函数f(x)的定义域为[1,3]，
令1≤x2+2≤3，解得−1≤x≤1，
故函数f(x2+2)的定义域为[−1,1]，故C正确，
对于D，当m=0时，y= mx2+(m−3)x+1= −3x+1满足值域为[0,+∞),
当m≠0时，m>0(m−3)2−4m≥0，解得0综上所述，实数m的范围是[0,1]∪[9,+∞),故D正确．
故选：BCD.
对于A，结合命题否定的定义，即可求解，
对于B，结合指数函数的性质，即可求解，
对于C，结合函数定义域的求法，即可求解，
对于D，分m=0，m≠0两种情况讨论，即可求解．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：由题意可知，X，Y均服从超几何分布，且X+Y=4，Z=2X+Y，故B正确，
P(X=k)=C4kC64−kC104(k=0,1,2,3,4)，
P(X=1)=C41C63C104=821，故A错误，
E(X)=4×410=85，E(Y)=4−E(X)=125，E(X)E(Z)=2E(X)+E(Y)=285，故D正确．
故选：BD.
根据已知条件，利用超几何分布的性质，以及超几何的期望公式，即可求解．
本题主要考查超几何分布的应用，属于基础题．
12.【答案】BC
【解析】解：因为g(x)=f(x)x，
所以g′(x)=xf′(x)−f(x)x2，
在x∈(0,2)时，xf′(x)所以xf′(x)−f(x)<0，
所以g′(x)<0，
故g(x)在(0,2)上单调递减．
因为g(x+1)为奇函数，
所以g(x+1)+g(−x+1)=0，
所以函数g(x)关于点(1,0)中心对称，即g(x)=−g(2−x)；
又g(4−x)=g(x)，
所以函数g(x)关于直线x=2对称，
所以g(x)在(2,4)单调递增，且g(2−x)=g(2+x)，
则g(x)=−g(2−x)=−g(x+2)，g(x+2)=−g(x+4)，
可得g(x)=g(x+4)，g(x)是周期为4的周期函数，A不正确．
对于定义域内任一个x，结合周期性可得g(−x)=g(−x+4)=g(x)，
故g(x)为偶函数，B正确；
因为g(−332)=g(72)，g(2023)=g(3)，结合草图可知，
g(−332)>g(2023)>g(e)，C正确．
而g(x)的函数最值无法确定，故D错误．
故选：BC.
对g(x)求导，根据条件求得对称性，并求得定义域上的单调性及周期性，从而对选项一一分析．
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查函数的奇偶性、周期性及应用，考查数形结合思想，是中档题．
13.【答案】5
【解析】解：因为a3+a7=2a5=14，则a5=7，
又S5=15=5(a1+a5)2，
所以a1=−1，
则d=a5−a15−1=7−(−1)4=2，
所以a4=a1+3d=−1+3×2=5.
故答案为：5.
根据题意，由等差数列的性质以及其前n项和公式可得a1，d，从而求得a4.
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
14.【答案】−51
【解析】解：(x2−x+1)5可以看作5个盒子，每个盒子中有x2，−x，1三个元素，
现从每个盒子中取出一个元素，最后相乘即可，
所以展开式中含x5的项为
C52⋅(x2)2⋅C31⋅(−x)⋅C22⋅12+C51⋅x2⋅C43⋅(−x)3⋅1+C55⋅(−x)5=−51x5，
所以x5的系数为−51.
故答案为：−51.
可以将(x2−x+1)5可以看作5个盒子，每个盒子中有x2，−x，1三个元素，每个盒子中取一个元素，结合组合数公式，即可求解．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
15.【答案】4
【解析】解：因为x>0，y>0，所以由基本不等式得4= x+2 y≥2 x⋅2 y，
所以 x⋅2 y≤2，得 xy≤2，所以xy≤4，
当且仅当 x=2 y即x=4，y=1时取等号，所以xy的最大值是4.
故答案为：4.
根据均值不等式，即可求得答案．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
16.【答案】67
【解析】解：根据题意，用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数，有A93=504种不同的情况，
其中用5根小木棍表示的数组合有(126)，有A33=6种情况，
用6根小木棍表示的数组合有(123)、(127)、(136)、(167)，则有4A33=24种情况，
用7根小木棍表示的数组合有(124)、(128)、(146)、(168)、(137)、(267)、(236)，则有7A33=42种情况，
则用不超过8根小木棍表示的三位数有6+24+42=72个，
则要求概率P=1−72504=1−17=67.
故答案为：67.
根据题意，由排列组合数分析全部三位数的数目和其中“用不超过8根小木棍表示的三位数”的数目，由对立事件的概率性质分析可得答案．
本题考查古典概型的计算，涉及排列组合的应用，属于基础题．
17.【答案】解：(1)P(B)=47×36+37×26=37，
“在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率，
则P(A)=47，P(AB)=47×36=27，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=2747=12；
(2)被抽取的3人中女生人数x的取值为0，1，2，3，
P(X=0)=C33C73=135，P(X=1)=C41C32C73=1235，P(X=2)=C42C31C73=1835，P(X=3)=C43C73=435，
X的分布列：
X的数学期望E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127.
【解析】(1)根据独立事件概率乘法公式结合条件概率运算求解；
(2)根据题意结合超几何分布求分布列和期望．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)t−=1+2+3+44=2.y−=14(52+5.3+5.7+5.8)=5.5，
i=14(ti−t−)(yi−y−)=(−1.5)×(−0.3)+(−0.5)×(−0.2)+0.5×0.2+1.5×0.3=1，
i=14(ti−t−)2=(−1.5)2+(−0.5)2+0.52+1.52=5，
i=14(yi−y−)2=(−0.3)2+(−0.2)2+0.22+0.32=0.26，
所以r=i=14(ti−t−)(yi−y−) i=14(ti−t−)2i=14(yi−y−)2=1.1 1.3≈≈0.96>0.75，
订单数量y与月份t的线性相关性较强；
(2)∵b =i=14(ti−t−)(yi−y−)i=14(ti−t−)2=1.15=0.22，
a =y−−b t−=5.5−0.22×2.5=4.95，
所以线性回归方程为y =0.2t+4.95，
令t=5，y =0.22×5+4.95=6.05(万件)，即该企业5月份接到的订单数量预计为6.05万件．
【解析】(1)根据公式求出r，即可得出结论；
(2)利用最小二乘法求出回归方程，再令t=5，即可得解．
本题线性回归方程，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)选择条件①a2=a1+2，且2an=a1+Sn，
由题意可得2an+1=a1+Sn+1，
∴2an+1−2an=Sn+1−Sn=an+1，即an+1=2an，
∴{an}为公比q=2的等比数列，
∵a2=a1+2，∴2a1=a1+2，解得a1=2，
∴an=2n(n∈N*)；
选择条件②{an}为等比数列，且满足Sn=2n+1+k，
由题意可得a2=S2−S1=(8+k)−(4+k)=4，a3=S3−S2=(16+k)−(8+k)=8，
∴q=a3a2=2，∴an=a2qn−2=2n(n∈N*)；
(2)由(1)得an=2n(n∈N*)，
∴bn=1lg2a2n+1⋅lg2a2n+3=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
∴Tn=b1+b2+⋯+bn=12[(13−15)+(15−17)+⋯+12n+1−12n+3)]=12(13−12n+3)，
∵n∈N*，12n+3>0,13−12n+3<13，
∴Tn=12(13−12n+3)<16
∴不等式Tn<λ恒成立时，λ≥16，即λ的最小值为16.
【解析】(1)选择条件①，结合题意得an+1=2an，进而得{an}为公比q=2的等比数列，再根据等比数列求得a1=2，进而求解通项公式；
选择条件②，由题知a2=4，a3=8，再根据等比数列通项公式求解即可；
(2)由题知bn=12(12n+1−12n+3)，进而根据裂项求和法得Tn=12(13−12n+3)<16，进而得λ≥16.
本题主要考查了数列的递推公式，考查了裂项相消法求和，同时考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由f(x)=ex−1−asinx⇒f′(x)=ex−acsx，∴f′(0)=1−a，
又曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=−x，即f′(0)=1−a=−1，
∴a=2；
(2)当a=2时，f(x)=ex−1−2sinx，∴f′(x)=ex−2csx，
由y=ex、y=csx在[0,π]上分别单调递增、单调递减可得：
f′(x)=ex−2csx在[0,π]上单调递增，而f′(0)=−1<0，f′(π)=eπ+2>0，
即∃x0∈(0,π)，使得f′(x0)=0，故f(x)在(0,x0)上单调递减，(x0,π)上单调递增，
且f(0)=0(3)∵x∈[0,π]，f′(x)=ex−acsx，令g(x)=f′(x)⇒g′(x)=ex+asinx，
①当a<0时，asinx≤0，ex−1≥0，易知f(x)=ex−1−asinx≥0在x∈[0,π]上恒成立，当x=0时取得等号，符合题意；
②当0≤a≤1时，易知asinx≥0，则g′(x)=ex+asinx>0在x∈[0,π]上恒成立，即f′(x)在x∈[0,π]时单调递增，
又f′(0)=1−a≥0，故f(x)在[0,π]上单调递增，
∵f(0)=0，∴恒有f(x)≥0，符合题意；
③当a>1时，由②知f′(x)在x∈[0,π]时单调递增，
而f′(0)=1−a<0即∃x0∈(0,π)，使得f′(x0)=0，故f(x)在(0,x0)上单调递减，(x0,π)上单调递增，
又f(0)=0，则f(x0)综上当a∈(−∞,1],能满足任意的x∈[0,π]，恒有f(x)≥0.
【解析】(1)直接求导得出f′(0)=−1，解a的值即可；
(2)利用导函数判断f(x)在[0,π]上的单调性即可得出最大值；
(3)利用导函数结合区间端点，分类讨论函数的单调性即可．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解析：(1)由题可知，小周第1个月摇上号的概率为3003000=110，所以小周连续三个月摇上号的概率为(110)3，小周连续三个月摇上号的前提下，三个月集齐三款模型共有A33种情况，三个月获得模型共有33种情况，
所以在小周连续三个月摇上号的前提下，三个月集齐三款模型的概率为A3333，
设事件A为“小周在这三个月集齐三款模型”，则P(A)=(110)3A3333=14500.
(2)X=1，2，⋯，12，
由题意得，P(X=k)=(910)k−1110(k=1,2,⋯,11)，P(X=12)=(910)11，
∴E(X)=k=111k10(910)k−1+12⋅(910)11①，
910E(X)=k=111k10(910)k+545×(910)11②，
①-②得，110E(X)=110+110×910+110×(910)2+...+110×(910)11−1110×(910)12+1210×(910)11=110×1−(910)121−910−=1−(910)12，
∴E(X)=10−9⋅(910)11.
【解析】(1)根据古典概型概率公式计算即可；
(2)根据题意得出P(X=k)=(910)k−1110(k=1,2,⋯,11)，P(X=12)=(910)11，得出E(X)的表达式，根据错位相减即可求出E(X).
本题考查离散型随机变量的期望，是中档题．
22.【答案】解：(1)f(x)，g(x)定义域均为(0,+∞)，f′(x)=−ax2+1x=−a+xx2，
当a≤0时，则f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)单调递增，无极值，与题不符；
当a>0时，令f′(x)=0，解得：x=a，
所以f(x)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增，
所以在x=a取极小值，且f(a)=1+lna；
又g′(x)=a−1x，
当a≤0时：g′(x)<0，g(x)在(0,+∞)单调递减，无极值，与题不符；
当a>0时：令g′(x)=0，解得：x=1a，
所以g(x)在(0,1a)单调递减，在(1a,+∞)单调递增，
所以在x=1a取极小值，且g(1a)=−1+lna，
由1+lna+(−1+lna)=0，即lna=0，解得：a=1，
所以a的值为1.
(2)证明：令m=1x1,n=1x2，因为x1≠x2，所以m≠n，
由f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)可得：ax1+lnx1=2ax2+lnx2=2，所以{am−ln⁡m=2⋅⋅⋅①an−ln⁡n=2⋅⋅⋅②，
由①②得：a(m−n)=lnm−lnn，所以1a=m−nlnm−lnn，
要证：1x1+1x2>2a，只要证：m+n>2a，只要证：m+n>2m−nlnm−lnn，
不妨设02(m−n)m+n，
即证：lnmn>2(mn−1)mn+1，令t=mn(t>1)，只要证：lnt>2(t−1)t+1(t>1)，
令h(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，h′(t)=1t−2(t+1)−2(t−1)(t+1)2=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2，
所以h(t)在t∈(1,+∞)上单调递增，即有lnt>2(t−1)t+1(t>1)成立，所以1x1+1x2>2a成立．
【解析】(1)求导，根据导数与函数极值的关系求得f(x)与g(x)的极小值，即可求得a的值；
(2)令m=1x1,n=1x2，由f(x1)=f(x2)=2，代入作差，可得1a=m−nlnm−lnn，则不等式1x1+1x2>2a，可转化为lnmn>2(mn−1)mn+1，构造函数h(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，求导，根据导数与函数单调性的关系，即可求得其最小值，即可证明lnt>2(t−1)t+1(t>1)恒成立．
本题考查导数的综合应用，导数与函数单调性，极值与最值的关系，考查函数的极值点偏移问题，考查函数思想，分类讨论思想，构造法，属于难题．月份t
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