2022-2023学年浙江省台州市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年浙江省台州市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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.某班有男生22人，女生18人，从中选一名学生为数学课代表，则不同的选法共有( )
A. 40种B. 396种C. 22种D. 18种
2.已知函数f(x)=lnx+x2的导函数为f′(x)，则f′(1)=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
3.复数(1+i)3(i为虚数单位)的实部为( )
A. 2B. −2C. 2iD. −2i
4.第19届亚运会将于今年9月23日到10月08日在杭州举行.其吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人.三个吉祥物分别取名“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产“良渚古城遗址”、“西湖”、“京杭大运河”.某校开展了一系列的“迎亚运”活动，其中一项是由志愿者扮演吉祥物和同学们合影留念.甲乙两位同学和三个吉祥物一起合影，站成一行，要求甲乙不相邻，且甲乙均不站在两端，则不同的站法种数为( )
A. 24B. 18C. 12D. 9
5.在单项选择题中，每道题有4个选项，其中仅有一个选项是正确的，如果从四个选项中随机选一个，选对的概率为0.25.为了减少随机选择也得分的影响，某次考试单项选择题采用选错扣分的规则，选对得6分，选错扣a分.若随机选择时得分的均值为0分，则a的值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.数学探究课上，某同学发现借助多项式运算可以更好地理解“韦达定理”.若x1，x2，x3为方程ax3+bx2+cx+d=0(a≠0)的3个实数根，设ax3+bx2+cx+d=a(x−x1)(x−x2)(x−x3)，则−a(x1+x2+x3)为x2的系数，a(x1x2+x1x3+x2x3)为x的系数，−ax1x2x3为常数项，于是有x1+x2+x3=−ba，x1x2+x2x3+x3x1=ca，x1x2x3=−da.实际上任意实系数n次方程都有类似结论.设方程(x−1)4+(x−1)3−7(x−1)2+5=0的四个实数根为x1，x2，x3，x4，则( )
A. x1+x2+x3+x4=−1B. x1x2x3x4=−5
C. x1x2x3x4=5D. x1+x2+x3+x4=3
7.设a=14，b=11101011，c=ln 62，则( )
A. a>c>bB. b>a>cC. c>a>bD. c>b>a
8.已知定义在R上的函数f(x)=xsin(x+α)，α∈(0,2π)，记f(x)在[−π,π]上的3个极值点为x1，x2，x3(x1A. f(x)为奇函数B. f(x+π2)为偶函数
C. f(x)在(0,π2)单调递减D. f(x)在(−π2,0)单调递减
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.满足方程C5x=C53的x的值可能为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
10.已知P(A)，P(B)，P(C)，P(AC)，P(AB)，P(BC)均大于0，则下列说法正确的是( )
A. P(AB)=P(A)P(B)
B. 若P(B|A)=P(B)，则P(A|B)=P(A)
C. 若P(B|A)=P(A|B)，则P(A)=P(B)
D. P(ABC)=P(A)P(C|A)P(B|AC)
11.对∀x∈R，设x2023=a1Bx1+a2Bx2+⋯+akBxk+⋯+a2023B2023，其中Bxk=x(x−1)⋯(x−k+1)，k=1，2，…，2023，则( )
A. a1=1B. a1+a2=22033
C. k=22023(−1)kk!ak=0D. k=22023(−1)k−2(k−2)!ak=2022
12.已知实数x，y满足ex+y+yx=0(e为自然对数的底数，e=2.71828⋯，则( )
A. 当y<0时，x+y=0B. 当x<0时，x+y=0
C. 当x+y≠0时，y−x>2D. 当x+y≠0时，−1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若随机变量X∼B(4,34)，则D(X)=______.
14.某省的高中数学学业水平考试，分为A，B，C，D，E五个等级，其中A，B等级的比例为16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布N(80,σ2)，其中王同学得分88分等级为A，李同学得分85分等级为B.请写出一个符合条件的σ值__________.(参考数据：若X∼N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.68，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.95)
15.若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为a，b.设事件A=“函数f(x)=a−b2x+1为奇函数”，B=“函数g(x)=sin(ax+πb)在(0,π2)上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则P(B|A)=______.
16.已知直线AB与抛物线y2=2px(p>0)及曲线y=−1x均相切，切点分别为A，B，若|AB|=3 2，则p=______
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)
某学习小组有4个男生和3个女生.从这7人中选3人参加数学竞赛.
(1)如果男生中的甲和女生中的乙至少要有一人在内，那么有多少种选法？
(2)如果3人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法？
18.(本小题12分)
已知(3x−2x)n的展开式中的二项式系数之和与各项系数之和的乘积为256.
(1)求n的值；
(2)求展开式中含x−4项的系数.
19.(本小题12分)
在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，以8个顶点中的任意两个作为向量a的起点和终点.
(1)当a=AC1时，求a⋅AC；
(2)记事件A=“a⋅AC=0”，求P(A).
20.(本小题12分)
台州是中国黄金海岸线上的一个年轻的滨海城市，位于浙江省沿海中部，上海经济区的最南翼，旅游资源非常丰富，历史上有“海上名山”之美称.C为某海岛所在位置，A为游船码头，B为游客中心，AB表示海岸线，且AB⊥AC，AB=1km.为更好的发展海上旅游资源，某旅游公司计划修建海上观光栈道，观光栈道由CD和线段DA，DB组成，其中CD所在的圆以A为圆心，以1km为半径.游客先从游船码头A乘船到海岛C游玩，返回时可乘船返回A，也可通过栈道CD，DA返回到A或者经由栈道CD，DB到B.设∠DAB=θ.
(1)若θ=π6，求BD的长度.
(2)AC为游船线路，不需要另加投资.已知修建栈道DA，DB的成本为每千米2百万元，修建栈道CD的成本为每千米 3百万元.旅游公司的投资预算不超过5百万元，则预算是否足够？说明理由.
21.(本小题12分)
袋中有大小、形状完全相同的2个红球，4个白球.采用放回摸球，从袋中摸出一个球，定义T变换为：若摸出的球是白球，把函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来110倍，(纵坐标不变)；若摸出的是红球，将函数f(x)图象上所有的点向下平移1个单位.函数f(x)经过1次T变换后的函数记为f1(x)，经过2次T变换后的函数记为f2(x)，…，经过n次T变换后的函数记为fn(x)(n∈N+).现对函数f(x)=lgx进行连续的T变换.
(I)若第一次摸出的是白球，第二次摸出的是红球，求f2(x)；
(Ⅱ)记X=f3(1)，求随机变量X的分布列及数学期望.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=(x−1)ex−ax(a∈R).(e为自然对数的底数，e=2.71828⋯)
(1)若a=3，求y=f(x)的图象在x=0处的切线方程；
(2)若a>e，证明：存在实数m使得方程|f(x)|=m恰有三个不同的根，且a答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：从该班男中选一名同学为数学课代表有22种方法，
从该班女中选一名同学为数学课代表有18种方法，不同的选法的种数有22+18=40种．
故选：A.
按照分类加法计数原理即可得选法种数．
本题主要考查简单计数问题，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为f(x)=lnx+x2，则f′(x)=1x+2x，
则f′(1)=1+2=3.
故选：D.
根据题意，求导可得f′(x)，然后代入计算即可得到结果．
本题主要考查了函数的求导公式的应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为(1+i)3=(1+i)2(1+i)=(1+2i+i2)(1+i)=2i+2i2=−2+2i，
所以复数(1+i)3的实部为−2.
故选：B.
直接对复数(1+i)3化简即可得答案．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：先将三个吉祥物进行全排列，则有A33=6种；
再将甲乙进行插孔，因为甲乙不相邻，
所以有A22=2种，
所以共有6×2=12种不同的站法．
故选：C.
利用插空法即可求解．
本题考查排列组合，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：选对得6分，选错扣a分(a>0)，
则有0.25×6+(1−0.25)(−a)=0，则a=2.
故选：B.
根据随机变量的均值概念列出方程，然后解方程即可．
本题主要考查离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：(x−1)4+(x−1)3−7(x−1)2+5=x4−4x3+6x2−6x+1+x3−3x2+3x−1−7x2+14x−7+5
=x4−3x3−4x2+11x−2=0，
所以有x1+x2+x3+x4=3，x1x2x3x4=−2.
故选：D.
将方程展开化简而后结合题意计算即可．
本题主要考查类比推理，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：b=11101011=(1110)10×110=1.11010，
b−a=1.11010−14=(1+0.1)10−2.510
=C100(0.1)0+C101⋅0.1+C102(0.1)2+⋯+C1010(0.1)10−2.510
=1+1+0.45+0.12⋯+(0.1)10−2.510=0.07+⋯+(0.1)1010>0，所以b>a；
又c=ln 62=12ln32=14ln94=14ln2.25<14lne=14=a，
所以b>a>c.
故选：B.
b−a=(1+0.1)10−2.510，用二项式定理展开计算(1+0.1)10前四项即可得b−a>0；c=ln 62=14ln2.25，a=14=14lne，即可得c本题主要考查数的大小的比较，考查逻辑推理能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：∵f(x)=xsin(x+α)，
∴f′(x)=sin(x+α)+xcs(x+α)，
令f′(x)=0，则sin(x+α)=−xcs(x+α)，
当cs(x+α)=0时，sin(x+α)=±1，则sin(x+α)=−xcs(x+α)无解，此时f(x)在[−π,π]上无极值点；
当cs(x+α)≠0时，tan(x+α)=−x，
∵f(x)在[−π,π]上有三个极值点，∴y=tan(x+α)与y=−x在[−π,π]上有三个不同交点，
∵x1+x3=2x2，∴tan(x1+α)+tan(x3+α)=2tan(x2+α)，
∴y=−x与y=tan(x+α)均关于(x2,−x2)对称，
令x+α=kπ2(k∈Z)，解得：x=−α+kπ2(k∈Z)，
∴y=tan(x+α)的对称中心为(−α+kπ2,0)，
又y=tan(x+α)在(x2,−x2)处有意义，∴x2=−α+kπ−x2=0(k∈Z)，解得：α=kπ(k∈Z)，
∵α∈(0,2π)，∴α=π；
当α=π时，f(x)=xsin(x+π)=−xsinx，∴f′(x)=−sinx−xcsx，
令f′(x)=0，则tanx=−x，
作出y=tanx与y=−x在[−π,π]上的图象如下图所示，
∴−π当x∈[−π,x1)时，−x>tanx，∴−xcsx当x∈(x1,−π2)时，tanx>−x，∴−xcsx>sinx，即f′(x)>0；
当x=−π2时，f′(x)=−sin(−π2)−(−π2)cs(−π2)=1>0；
当x∈(−π2,0)时，−x>tanx，∴−xcsx>sinx，即f′(x)>0；
当x∈(0,π2)时，tanx>−x，∴−xcsx当x=π2时，f′(x)=−sinπ2−π2csπ2=−1<0；
当x∈(π2,x3)时，−x>tanx，∴−xcsx当x∈(x3,π]时，tanx>−x，∴−xcsx>sinx，即f′(x)>0；
∴f(x)在[−π,x1)上单调递减，在(x1,0)上单调递增，在(0,x3)上单调递减，在(x3,π]上单调递增，
∴x1，x3是f(x)的极小值点，x2=0是f(x)的极大值点，
由正切函数与一次函数对称性可知x1+x3=2x2，满足题意；
综上所述：f(x)=−xsinx；
对于A，∵f(x)的定义域为R，f(−x)=−(−x)sin(−x)=−xsinx，
∴f(x)为定义在R上的偶函数，A错误；
对于B，∵f(x+π2)=−(x+π2)sin(x+π2)=−(x+π2)csx，f(−x+π2)=−(−x+π2)sin(−x+π2)=(x−π2)csx，
∴f(x+π2)≠f(−x+π2)，∴f(x+π2)不是偶函数，B错误；
对于C，∵f(x)在(0,x3)上单调递减，π2对于D，∵f(x)在(x1,0)上单调递增，−π故选：C.
求导后，将f(x)极值点个数转化为y=tan(x+α)与y=−x的交点个数问题，结合正切函数对称性可求得α=π，代回验证可知满足题意；根据奇偶性定义可知AB正误；结合f(x)在区间[−π,π]上的单调性可知CD正误．
本题考查导数的综合应用，函数的奇偶性与对称性，利用导数研究函数的单调性，化归转化思想，属难题．
9.【答案】BC
【解析】解：因为C5x=C53，由组合数的性质可知，x=3或x+3=5，
所以x=3或x=2.
故选：BC.
根据组合数的性质计算即可求解．
本题主要考查组合数公式，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，若A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)，故A错误；
对于B，若P(B|A)=P(B)，则P(AB)P(A)=P(B)，即P(AB)=P(A)P(B)，
所以P(A|B)=P(AB)P(B)=P(A)P(B)P(B)=P(A)，故B正确；
对于C，若P(B|A)=P(A|B)，则P(AB)P(A)=P(AB)P(B)，则P(A)=P(B)，故C正确；
对于D，P(A)P(C|A)P(B|AC)=P(A)⋅P(AC)P(A)⋅P(ABC)P(AC)=P(ABC)，故D正确．
故选：BCD.
根据相互独立事件的乘法概率公式判断A，根据条件概率的计算公式判断BCD.
本题主要考查了独立事件的定义，考查了条件概率公式，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，令x=1，则有12023=a1，即a1=1，A正确；
对于B，令x=2，则有22023=2a1+2×1×a2，即a1+a2=22022，B错误；
对于C，令x=−1，则有(−1)2023=−1×a1+(−1)×(−2)a2+…+(−1)2023×2023!a2023，
又a1=1，
所以(−1)×(−2)a2+…+(−1)2023×2023!a2023=0，即C正确；
对于D，由于x2023=a1x+a2x(x−1)+…+a2023x(x−1)(x−2)(x−3)×…×(x−2022)，
等式左右同除以x(x−1)得1+x+x2+…+x2021=a2+…+a2023(x−2)(x−3)×…×(x−2022)，
令x=1，则a2−1!a3+2!a4+…−2021!a2023=2022，即D正确．
故选：ACD.
代入特殊的数值进行计算即可．
本题主要考查二项式定理，代入特殊值是解决本题的关键，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：由ex+y+yx=0，得ex+y=−yx>0，∴xy<0，x+y=ln(−yx)，
当y<0时，x+y=ln(−yx)=ln(−y)−lnx，即x+lnx=−y+ln(−y)，
令f(x)=x+lnx(x>0)，则f′(x)=1+1x>0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，
由x+lnx=−y+ln(−y)得f(x)=f(−y)，
∴x=−y，即x+y=0，故A选项正确；
当x<0时，x+y=ln(−yx)=lny−ln(−x)，即y−lny=−x−ln(−x)，
令g(x)=x−lnx(x>0)，则g′(x)=1−1x=x−1x，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
由y−lny=−x−ln(−x)得g(y)=g(−x)，
∵g(x)在(0,+∞)上不单调，∴由g(y)=g(−x)不一定能得到y=−x，
即x+y=0不一定成立，故B选项错误；
当x+y≠0时，由前面的分析可知，此时x<0，y>0，
令y=n，−x=m，则有g(m)=g(n)，不妨设0得n−mlnn−lnm=1，
下面证明，当0先证右边，要证n−mlnn−lnm2(n−m)n+m，
即证lnnm−2(nm−1)nm+1>0，令t=nm>1，即证lnt−2(t−1)t+1>0，
令h(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，则h′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
∴h(t)在(1,+∞)上单调递增，∴h(t)>h(1)=0，
即lnt−2(t−1)t+1>0成立，从而n−mlnn−lnm再证左边，要证 mnlnn−lnm，
即证 nm−1 nm−lnnm>0，令t=nm>1，即证 t−1 t−lnt>0，
令φ(t)= t−1 t−lnt(t>1)，则φ′(t)=12 t+12t t−1t=( t−1)22t t>0，
∴φ(t)在(1,+∞)上单调递增，∴φ(t)>φ(1)=0，
即 t−1 t−lnt>0成立，从而 mn由n−mlnn−lnm2，即y−x>2，故C选项正确；
由 mn即0<−xy<1，∴−1故选：ACD.
同构函数可判断A，B；由对数均值不等式可判断C，D.
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
13.【答案】34
【解析】解：因为X∼B(4,34)，
所以D(X)=4×34×(1−34)=34.
故答案为：34.
根据二项分布的方差公式求解．
本题主要考查二项分布的方差公式，属于基础题．
14.【答案】7(答案不唯一，只需要填区间[5,8]内的任意一个值)
【解析】【分析】
本题考查正态分布所表示的意义，是基础题．
根据已知条件及正态分布的特点即可求解．
【解答】
解：由题意可知，85≤80+σ≤88，解得5≤σ≤8.
故答案为：7(答案不唯一，只需要填区间[5,8]内的任意一个值).
15.【答案】13
【解析】解：由f(x)=a−b2x+1为奇函数，得f(0)=a−b2=0，即b=2a，
此时f(x)=a−2a2x+1，f(−x)=a−2a2−x+1=a−2a⋅2x1+2x，
f(x)+f(−x)=a−2a2x+1+a−2a⋅2x1+2x=2a−2a(1+2x)1+2x=2a−2a=0，
且函数f(x)的定义域关于原点对称，故f(x)为奇函数，
所以事件A=“b=2a”，
因为a∈{1,2,3,4,5,6}，b∈{1,2,3,4,5,6}，
所以a=1，b=2或a=2，b=4，a=3，b=6，则n(A)=3，
当a=1，b=2时，g(x)=sin(x+π2)=csx在(0,π2)上无最值点；
当a=2，b=4时，g(x)=sin(2x+π4)，
因为x∈(0,π2)，所以2x+π4∈(π4,5π4)，
则g(x)=sin(2x+π4)在(0,π2)上恰有一个最大值点x=π8，无最小值点；
当a=3，b=6时，g(x)=sin(3x+π6)，
因为x∈(0,π2)，所以3x+π6∈(π6,5π3)，
则g(x)=sin(3x+π6)在(0,π2)上恰有一个最大值点x=π9和一个最小值点x=4π9，
故n(AB)=1，
所以P(B|A)=n(AB)n(A)=13.
故答案为：13.
根据f(x)为奇函数，推出b=a2，结合a∈{1,2,3,4,5,6}，b∈{1,2,3,4,5,6}，可得a=1，b=2或a=2，b=4，a=3，b=6，即n(A)=3，再结合正弦、余弦函数的图象可知，只有当a=3，b=6时，函数g(x)在(0,π2)上恰有一个最大值点和一个最小值点，得n(AB)=1，最后由条件概率公式可求出结果．
本题主要考查条件概率与独立事件，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】4
【解析】解：显然直线AB的斜率存在，设直线AB：y=kx+b，
联立y=kx+by=−1x，消去y得kx2+bx+1=0，
则k≠0，△1=b2−4k=0，即k=b24，
可得b2x2+4bx+4=0，所以x=−2b，
故B(−2b,b2)，
联立y=kx+by2=2px，消去y得k2x2+(2kb−2p)x+b2=0，
则k≠0，△2=(2kb−2p)2−4k2b2=0，即p=2kb，
所以k2x2−2kbx+b2=0，即x=bk，y=k⋅bk+b=2b，
所以A(bk,2b)，
因为|AB|=3 2，所以(−2b−bk)2+(b2−2b)2=18，
又k=b24，
∴b2=4，则b=±2，
当b=−2时，p=2kb=2b⋅b24=b32=−4，不符合题意，舍去，
当b=2时，p=2kb=2b⋅b24=b32=4，
综上，b=4.
故答案为：4.
设直线AB：y=kx+b，分别与y=2px和y=−1x联立，根据判别式等于0，求出A，B的坐标，再根据|AB|=3 2，可求出结果．
本题考查了公切线问题，考查了转化思想、计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)男生甲入选，女生乙不入选有C52=10种，
男生甲未入选，女生乙入选有C52=10种，
男生甲入选，女生乙入选有C51=5种，
共有25种选法；
(2)男生1人入选，女生2人入选有C41C32=12种，
男生2人入选，女生1人入选有C42C31=18种，
因此3人中既有男生又有女生，共有30选法．
【解析】(1)分男生甲入选女生乙不入选，男生甲未入选女生乙入选和男生甲入选女生乙入选三种情况即可求解；
(2)分男生1人入选女生2人入选和男生2人入选女生1人入选两种情况即可求解．
本题主要考查了排列组合知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)令x=1可得，展开式中各项系数之和为(−1)n，
且展开式中的二项式系数之和为2n，
由题意可得2n×(−1)n=256，解得n=8；
(2)(3x−2x)8的展开式的通项为：Tr+1=C8r(3x)8−r(−2x)r=(−2)rC8rx8−4r3(0≤r≤8,r∈N*)，
令8−4r3=−4，解得r=5，
所以展开式中含x−4项的系数为(−2)5⋅C85=−1792.
【解析】(1)令x=1可得，展开式中各项系数之和，展开式中的二项式系数之和为2n，由题意列方程求解．
(2)根据题意结合二项展开式中的通项公式运算求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
19.【答案】解：(1)因为CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以CC1⊥AC，
因为a=AC1，所以a⋅AC=AC1⋅AC，
因为AC1=AC+CC1，所以a⋅AC=(AC+CC1)⋅AC=AC2+CC1⋅AC=AC2=2，
(2)由a⋅AC=0，得a⊥AC，
在正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的有AA1，BB1，CC1，DD1，BD，B1D1，B1D，BD1，
所以P(A)=8×2A82=27.
【解析】(1)由线面垂直的性质可得CC1⊥AC，故a⋅AC=(AC+CC1)⋅AC，根据空间向量的数量积运算求解即可；
(2)找出正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的线段，根据古典概型的计算公式求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)依题意，在△DAB中，AD=AB=1，
由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠DAB=1+1−2×1×1× 32=2− 3，
所以BD= 2− 3= 6− 22，
即BD的长度为 6− 22千米．
(2)栈道CD的长度为π2−θ千米，栈道DA=1千米，
栈道BD= AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠DAB= 2−2csθ千米，
所以修建栈道CD，DA，DB的总成本(单位：百万元)为：
f(θ)= 3(π2−θ)+2+2 2−2csθ= 3(π2−θ)+4sinθ2+2，θ∈(0,π2)，
则f′(θ)=− 3+2csθ2，
所以θ∈(0,π3)时，f′(θ)>0;θ∈(π3,π2)时，f′(θ)<0，
所以f(θ)在(0,π3)上单调递增，在(π3,π2)上单调递减，
所以f(θ)max=f(π3)= 3π6+4<5，
所以旅游公司的预算足够．
【解析】本题主要考查导数在实际问题中的应用，考查余弦定理，属于中档题．
(1)在△DAB中由余弦定理即可得BD的长度；
(2)先计算出修建栈道CD，DA，DB的总成本f(θ)，再求出f(θ)的最大值，与预算5做比较，即可得答案．
21.【答案】解：(Ⅰ)第一次从袋子中摸出的是白球，把函数f(x)=lgx变换为f1(x)=lg(10x)=lgx+1，
第二次从袋子中摸出的是红球，把函数f1(x)=lgx+1变换为f2(x)=lgx，
所以f2(x)=lgx；
(Ⅱ)经过3次T变换后f3(x)有3种情况，
若摸出的3个球都是白球，则f3(x)=lgx+3，f3(1)=3，
若摸出的3个球为2个白球1个红球，则f3(x)=lgx+1，f3(1)=1，
若摸出的3个球为1个白球2个红球，则f3(x)=lgx−1，f3(1)=−1，
若摸出的3个球都是红球，则f3(x)=lgx−3，f3(1)=−3，
所以随机变量X的取值为−3，−1，1，3，
因为一次摸球取得为红球的概率为26=13，取得白球的概率为46=23，
所以P(X=−3)=C33(23)0(13)3=127,P(X=−1)=C32(23)1(13)2=627，
P(X=1)=C31(23)2(13)1=1227,P(X=3)=C30(23)3(13)0=827，
所以求随机变量X的分布列为：
所以E(X)=(−3)×127+(−1)×627+1×1227+3×827=1.
【解析】(Ⅰ)根据函数图象的变换求解析式即可；
(Ⅱ)求出3次变换后f3(x)的可能的解析式，得出随机变量取值，求对应的概率可得分布列，求出期望．
本题考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
22.【答案】解：(1)当a=3时，f(x)=(x−1)ex−3x，f′(x)=xex−3，
所以切线斜率k=f′(0)=−3，又f(0)=−1，
所以切线方程为y+1=−3x，即3x+y+1=0.
证明：(2)f(x)的定义域为R，f′(x)=xex−a，
令f′(x)=g(x)=xex−a，g′(x)=(x+1)ex，
当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(−∞,0]时，若a>e，则g(x)<0恒成立，
令h(x)=ex−ex，则h′(x)=ex−e，
当x∈(−∞,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)≥h(1)=0，即ex≥ex恒成立，当x=1时取等号，
因为a>e，f′(1)=e−a<0，f′( ae)= aeeae−a> ae×e ae−a=0，
所以存在唯一的实数x0∈(1, ae)，使得f′(x0)=0，即x0ex0=a.
x∈(−∞,x0)时f′(x)<0，x∈(x0,+∞)时f′(x)>0，
所以f(x)在(−∞,x0)上递减，在(x0,+∞)上递增．
f(x)min=f(x0)=(x0−1)ex0−ax0=a−ax0−ax0=a−a(1x0+x0)<0，
又因为当x趋向于+∞时，f(x)趋向于+∞，当x趋向于−∞时，f(x)趋向于+∞，
所以存在m=a(1x0+x0)−a，使得方程|f(x)|=m恰有三个不同的根．
另一方面由x0∈(1, ae)，得2<1x0+x0所以a【解析】(1)由导数的几何意义求出切线的斜率，进而可求切线方程；
(2)先分析f(x)的导函数f′(x)的符号，得出f(x)的单调性和最小值f(x0)=a−a(1x0+x0)<0，其中x0∈(1, ae)，从而得出存在m=a(1x0+x0)−a满足题意，再根据x0∈(1, ae)可证得a本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的切线，利用导数研究函数的单调性，化归转化思想，属难题． X
−3
−1
1
3
P
127
627
1227
827