2023-2024学年吉林省长春市部分校高二下学期期末测试数学试卷（含解析）

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这是一份2023-2024学年吉林省长春市部分校高二下学期期末测试数学试卷（含解析），共18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x∈R，则“1A. 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
2.已知集合A={x|lg2x≥1},B={x|1A. 2,3B. 1,+∞C. 2,+∞D. 0,+∞
3.命题“∃x∈R,−x2+ax−1>0”是假命题，则实数a的取值范围是( )．
A. −∞,2B. −2,2C. −2,2D. 2,+∞
4.已知函数f(x)=2ex,则limΔx→0f(1+Δx)−f(1)−3Δx=( )
A. −2e3B. −2eC. 2e−3D. 2e
5.曲线f(x)=3x3−1x在点(1,f(1))处的切线的方程为( )
A. 10x+y−8=0B. 10x−y−8=0C. 8x−y−6=0D. 8x+y−6=0
6.若a=30.5,b=lg0.53,c=0.32，则a，b，c的大小关系为( )
A. b7.定义在R上的奇函数fx，满足fx+3=f1−x，x∈0,2时，fx=mex−1，则f31=( )
A. e+1B. e−1C. 1−eD. −e
8.已知函数y=fx是定义在R上的奇函数，f′(x)是fx的导函数，且当x∈−∞,0时，xf′x<2fx，f(−1)=0，则不等式fx2>0的解集为( )
A. −∞,−1∪0,1B. −1,a∪0,1
C. −1,0∪1,+∞D. −∞,−1∪1,+∞
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。
9.关于概率统计，下列说法中正确的是( )
A. 两个变量x,y的线性相关系数为r，若r越小，则x与y之间的线性相关性越弱
B. 某人解答10个问题，答对题数为X，若X∼B10,0.6，则EX=6
C. 若一组样本数据xi,yii=1,2,3,⋯,n的样本点都在直线y=0.6x+5上，则这组数据的相关系数r为1
D. 已知ξ∼N2,9，若Pξ>1=0.7，则P2≤ξ≤3=0.2
10.已知函数f(x)=x3+x+1，则( )
A. f(x)有两个极值点B. f(x)有一个零点
C. 点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D. 直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
11.下列四个命题是真命题的是( )
A. 若函数fx的定义域为−2,2，则函数fx+1的定义域为−3,1
B. 函数y=x+ x−2的值域为74,+∞
C. 函数f(x)满足fx−2f−x=x−1，则fx=23x+1
D. 若方程x2+mx+4=0的两个不等实根都在区间1,+∞内，则实数m的取值范围为−5,−4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知x,y均为正数，且1x+9y=2，则x+y的最小值为_________．
13.已知函数fx=−x2+2ax,x≤13−ax+2,x>1是定义在R上的增函数，则a的取值范围是_____．
14.已知函数fx=lg2x,0四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
随着社会经济的发展，越来越多的人在抵达目的地后选择租车游玩，拉动了许多租车公司的业务，某租车公司为继续开拓市场，提升服务质量，迎接暑假旅游旺季的到来，对近5年的暑假的租车业务量y(单位：十万元)进行了汇总研究，情况如下：
经过数据分析，已知年份与业务量具有线性相关关系．
(1)假设2019年为第1年，求第x年的业务量y关于x的经验回归方程，并预测2024年暑假的业务量；
(2)该公司从2023年暑假租车的客户中随机抽取了100名客户进行调研，现将100名客户的年龄划分为“青年”和“中老年”，评分划分为“好评”和“差评”，整理得到如下数据，请将2×2列联表补充完整并根据小概率值α=0.01的独立性检验，分析青年群体和中老年群体对租车服务的评价是否有差异．
附：经验回归直线方程y=bx+a，其中b^= ni=1 (xi−x)(yi−y) ni=1 (xi−x)2= ni=1 xiyi−nxy ni=1 xi2−nx2,a^=y−b^x
独立性检验中的χ2=n(ad−bc)2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d．
临界值表：
16.(本小题12分)
某校举行投篮趣味比赛，甲、乙两位选手进入决赛，每位选手各投篮4次，选手在连续投篮时，第一次投进得1分，并规定：若某次投进，则下一次投进的得分比本次得分多1分；若某次未投进，则该次得0分，且下一次投进得1分.已知甲同学每次投进的概率为13，乙同学每次投进的概率为23，且甲、乙每次投篮相互独立．
(1)求甲最后得3分的概率；
(2)记甲最后得分为X，求X的概率分布和数学期望；
(3)记事件B为“甲、乙总分之和为7”，求PB．
17.(本小题12分)
已知f(x)=ax3−bx+4，fx在x=2处取得极小值−43．
(1)求fx的解析式；
(2)求fx的单调区间；
(3)若方程fx+k=0有且只有一个实数根，求k的取值范围．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，AB=BC=1，PA=AD=2，AD=3AE，Q为PD的中点．
(1)求证：平面PCD⊥平面ABQ;
(2)求二面角A−BQ−E的正弦值．
19.(本小题12分)
已知函数fx=x−lnx−axe−x,a∈R．
(1)当a=0时，直线y=kx(k为常数)与曲线fx相切，求k的值；
(2)若x∈0,+∞,fx≥0恒成立，求a的取值范围；
(3)若fx有两个零点x1,x2，求证：x1+x2>2．
答案解析
1.A
【解析】解：依题，由x−2<1，
⇒−1设p：1∵1,2⫋1,3，
∴p是q的充分不必要条件．
故选A．
2.B
【解析】解：由不等式 lg2x≥1 ，可得 x≥2 ，即集合 A=2,+∞ ，
又由集合 B={x|1故选：B．
3.C
【解析】解：因为“∃x∈R,−x2+ax−1>0”是假命题，
所以“∀x∈R,−x2+ax−1≤0”是真命题，则a2−4≤0，解得a∈[−2,2]，
故选：C．
4.A
【解析】解：由 f(x)=2ex, 可得 f′x=2ex, 故 f′1=2e,
limΔx→0f(1+Δx)−f(1)−3Δx=−13limΔx→0f(1+Δx)−f(1)Δx=−13f ′(1)=−2e3 ，
故选A．
5.B
【解析】解：由题可知f′(x)=9x2+1x2，所以f′(1)=10，
又f(1)=3−1=2，所以切线的方程为y−2=10(x−1)，即10x−y−8=0．
6.D
【解析】解：依题意， a=30.5>30=1,b=lg0.53所以 b故选：D．
7.C
【解析】解：因为定义在R上的奇函数 fx ，满足 fx+3=f1−x ，
所以 fx+3=f1−x=−fx−1=−fx−4+3
=−f1−x−4=−f5−x=fx−5 ，
故 fx 的周期为 8 ，当 x∈0,2 时， fx=mex−1 ，
则 f0=m−1=0 ，所以 m=1 ，
所以 f31=f−1=−f1=1−e ．
故选C．
8.D
【解析】解：令g(x)=f(x)x2，
则g′(x)=xf′(x)−2f(x)x3．
因为当x∈(−∞,0)时，xf′(x)<2f(x)，
所以g′(x)=xf′(x)−2f(x)x3>0，
所以gx在−∞,0上单调递增，
因为f(x)为奇函数，所以g(x)为奇函数，
所以gx在0,+∞上单调递增，
因为f(−1)=0，所以g(−1)=−g(1)=0，
所以f(x2)>0，即g(x2)>0，
所以x2>1，
所以x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)．
故f(x2)>0的解集为(−∞,−1)∪(1,+∞)．
故选：D
9.BCD
【解析】解：对于A，两个变量 x,y 的线性相关系数为 r ， r 越小，则 x 与 y 之间的线性相关性越弱，所以A错误;
对于B，因为 X∼B10,0.6 ，所以 E(X)=10×0.6=6 ，所以B正确；
对于C，
由题意可知 y=0．6x+5 就是回归方程，因为 0.6>0 ，所以为正相关，所以 r>0 ，
因为样本点都在直线 y=0．6x+5 上，所以 r=1 ，所以C正确；
对于D，因为 ξ∼N2,9 ， Pξ>1=0．7 ，
所以 P2≤ξ≤3=P1≤ξ≤2=Pξ≥1−Pξ≥2=0.7−0.5=0.2 ，所以D正确，
故选：BCD．
10.BC
【解析】解：选项A： f′(x)=3x2+1, 则 f′(x)>0 恒成立，故 f(x) 单调递增，故 f(x) 不存在两个极值点，故选项A错误．
选项B: f(−1)=−1<0,f(1)=3>0, 又 f(x) 单调递增，故 f(x) 有一个零点，故选项B正确，
选项C： f(−x)+f(x)=2, f(0)=1, 故点 (0,1) 是曲线 y=f(x) 的对称中心，故选项C正确，
选项D：令 x3+x+1=2x ，即 x3−x+1=0 ，
令 gx=x3−x+1,g′x=3x2−1 ，则令 f′x=3x2+1=2 ，
则 x=± 33,
当 x= 33, f( 33)=4 39+1, 则当切线斜率为 2 切点为 ( 33,4 39+1) 则切线方程为： y−4 39+1=2(x− 33), 与 y=2x 不相等，
当 x=− 33 时同样切线方程不为 y=2x ，故选项D错误．
故选：BC．
11.AD
【解析】解：A. 因为函数 fx 的定义域为 −2,2 ，所以 −2≤x+1≤2 ，解得 −3≤x≤1 ，所以函数 fx+1 的定义域为 −3,1 ，故是真命题；
B. 函数 y=x+ x−2 的定义域为 2,+∞ ，且在定义域上单调递增，所以函数 y=x+ x−2 的值域为 2,+∞ ，故不是真命题；
C. 由 fx−2f−x=x−1 ，得 f−x−2fx=−x−1 ，联立解得 fx=13x+1 ，故不是真命题；
D.令 fx=x2+mx+4 ，因为 x2+mx+4=0 的两个不等实根都在区间 1,+∞ 内，
所以 −m2>1Δ=m2−16>0f1=m+5>0 ，即 m<−2m>4或m<−4m>−5 ，
解得 −5故选：AD
12.8
【解析】解：因为 x,y 均为正数，且 1x+9y=2 ，所以 12x+92y=1 ，
所以 x+y=12x+92y(x+y)=5+y2x+9x2y
≥5+2 y2x⋅9x2y=8 ，
当且仅当 y2x=9x2y ，即 x=2,y=6 时取等号，
所以 x+y 的最小值为8．
故答案为：8
13.[1,2]
【解析】解：根据题意可知函数 y=−x2+2ax 在 (−∞,1] 上单调递增，
且函数 y=(3−a)x+2 在 (1,+∞) 上单调递增；
又函数 f(x) 在 R 上是增函数，
需满足 3−a>0−2a2×(−1)≥1−12+2a≤(3−a)×1+2 ，解得 1≤a≤2 ；
所以 a 的取值范围是 [1,2] ．
故答案为： [1,2] ．
14.−6,−2
【解析】解：作出函数y=f(x)的图象如图所示．
根据条件，结合图形可知0 ∵f(x1)=f(x2)得−lg2x1=lg2x2，
∴lg2(x1x2)=0，即x1x2=1，
又x3，x4是方程12x2−132x+20=a的两实数根，
∴x3+x4=13，x3x4=40−2a，
∴x1x2(x3−6)(x4−6)=(x3−6)(x4−6)
=x3x4−6(x3+x4)+36
=40−2a−6×13+36=−2a−2，
∵0∴x1x2(x3−6)(x4−6)∈(−6,−2)．
故答案为(−6,−2)．
15.解：(1) x=3,y=1520+24+36+43+52=35 ，
∵ 5i=1 xiyi=1×20+2×24+3×36+4×43+5×52=608 ，
i=15xi2=12+22+32+42+52=55 ，
∴b=i=15xiyi−5x⋅yi=15xi2−5x2=608−52555−45=8.3, ，
a=35−8.3×3=10.1, ．
∴y=8.3x+10.1 ．
∴x=6 时， y=59.9 ，
∴ 预测2024年暑假的业务量约为59.9十万元．
(2)列联表如下：
零假设为 H0: 青年群体和中老年群体对租车服务的评价相互独立．
∵χ2=100×(20×15−30×35)255×45×50×50=10011≈9.091>6.635 ，
∴ 根据小概率值 α=0.01 的独立性检验，青年群体和中老年群体对租车服务的评价有差异．
【解析】(1)将表中数据代入公式计算 x,y,b,a ，可得回归方程，将方程中的 x 换成6即可求解．
(2)根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解．
16.解：(1)记事件 A 为“甲得3分”， P(A)=3×(13)2×(23)2=427;
(2) X 的取值为0，1，2，3，4，6，10，
P(X=0)=(23)4=1681，
P(X=1)=4×13×(23)3=3281，
P(X=2)=3×(13)2×(23)2=1281，
P(X=3)=3×(13)2×(23)2=1281，
P(X=4)=2×(13)3×23=481，
P(X=6)=2×(13)3×23=481，
P(X=10)=(13)4=181，
E(X)=14281;
(3)记Y 为乙最后得分，则事件B 为“甲1分，乙6分”，“甲3分，乙4分”，
“甲4分，乙3分”，“甲6分，乙1分”，
P(Y=6)=2×(23)3×13=1681，
P(Y=4)=2×(23)3×13=1681 ，
P(Y=3)=3×(23)2×(13)2=1281，
P(Y=1)=4×(13)3×23=881，
故 P(B)=3281×1681+1281×1681+481×1281+481×881=7846561．
【解析】(1)根据相互独立事件的概率乘法公式可得结果；
(2)易得X 的取值为0，1，2，3，4，6，10，得出对应概率，可得X的概率分布和数学期望；
(3)记Y 为乙最后得分，则事件B 为“甲1分，乙6分”，“甲3分，乙4分”，“甲4分，乙3分”，“甲6分，乙1分”，得出对应概率，由相互独立事件的概率乘法公式可得结果．
17.解：(1)由题意知 f′(x)=3ax2−b ，
因为 f(x) 在 x=2 处取得极小值 −43 ，
则 f(2)=8a−2b+4=−43f′(2)=12a−b=0 ，解得 a=13,b=4 ，
经检验，满足题意，所以 a=13,b=4 ，
所以 f(x)=13x3−4x+4 ；
(2) f(x)=13x3−4x+4 ， f′(x)=x2−4=(x−2)(x+2)
令 f′(x)=0 ，得 x=2 或 x=−2
fx 的单调递增区间为： (−∞,−2),(2,+∞) ；
fx 的单调递减区间为 −2,2 ．
(3)由上问知道， fx 的单调递增区间为： (−∞,−2),(2,+∞) ；
f(x) 的单调递减区间为 −2,2 .且 f(−2)=283 ， f(2)=−43 ，
x→+∞ 时， f(x)→+∞ ， x→−∞ 时， f(x)→−∞ ，
方程 f(x)+k=0 有且只有一个实数根等价于 −k=f(x) 有且只有一个实数根，
等价于函数 y=−k 与 y=f(x) 有且只有一个交点，画出草图．
即 −k<−43 或 −k>283 ，解得 k<−283 或 k>43 ，
所以 k 的范围为 (−∞,−283)∪(43,+∞) ．
【解析】(1)根据极值点的意义，构造方程组，解出即可；
(2)求导后令导数值为0，求出根，将定义域分区间讨论即可得出单调区间；
(3)画出草图，转化为函数 y=−k 与 y=f(x) 有且只有一个交点问题即可．
18.(1)证明：PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，PA⊥AB，AD⊥AB，
又AD∩PA=A，且AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，又 PD⊂面PAD，所以AB⊥PD，
PA=AD=2，Q为PD的中点，所以AQ⊥PD，
又AB∩AQ=A，且AQ⊂平面ABQ，AB⊂平面ABQ，
所以PD⊥平面ABQ．
又∵PD⊂面PCD，
∴平面PCD⊥平面ABQ；
(2)解：以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，D(0,2,0)，B(1,0,0)，P(0,0,2)，Q(0,1,1)，E(0,23,0)，
AB=(1,0,0)，BQ=(−1,1,1)，EB=(1,−23,0)，
设平面ABQ的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AP=0n⋅BQ=0，即x=0−x+y+z=0，
取y=1，则n=(0,1,−1)，
设平面BQE的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅BQ=0m⋅EB=0，即−a+b+c=0a−23b=0，取a=2，m=(2,3,−1)，
则|csm,n|=|m⋅n||m||n|=4 2× 14=2 77．
所以二面角A−BQ−E的正弦值为
1−|cs m,n|2= 1−2849= 217，
故所求二面角A−BQ−E的正弦值为 217．
【解析】(1)利用线线垂直，即可证明线面垂直，再得面面垂直;
(2)建立适当空间坐标系，利用法向量，即可求解．
19.(1)
当a=0时，fx=x−lnx．
设切点x0,x0−lnx0，则kx0=x0−lnx0,f′x0=1−1x0=k,
消k得1−1x0x0=x0−lnx0，解得x0=e，代入得k=1−1e．
(2)
方法一：因为fx=x−lnx−axe−x，
所以f′x=1−1x−a1−xex=x−1ex+axxex，
1∘当a<0时，设gx=x−lnx，则g′x=1−1x=x−1x，
所以当x∈0,1时，g′x<0,gx单调递减；
当x∈1,+∞时，g′x>0,gx单调递增．
所以g(x)min=g1=1>0．
又−axe −x>0，故fx≥0恒成立，所以a<0成立．
2∘当a≥0时，ex+ax>0，
所以当x∈0,1时，f′x<0,fx单调递减；
当x∈1,+∞时，f′x>0,fx单调递增．
故f(x)min=f1=1−ae≥0，解得a≤e，又a≥0，所以0≤a≤e，
综上所述，a的取值范围为−∞,e．
方法二：因为fx=x−lnx−axe−x≥0恒成立，
又x>0，所以上式等价于a≤exx−lnxx恒成立．
记ℎx=exx−lnxx，则ℎ′x=lnx−1x2ex+1−lnxxex=x−1x+1−lnxx2ex，
设ux=x+1−lnx，则u′x=1−1x=x−1x．
当x∈0,1时，u′x<0,ux在0,1上单调递减；
当x∈1,+∞时，u′x>0,ux在1,+∞上单调递增．
所以ux≥u1=2>0．
所以当x∈0,1时，ℎ′x<0,ℎx在0,1上单调递减；
当x∈1,+∞时，ℎ′x>0,ℎx在1,+∞上单调递增．
所以ℎ(x)min=ℎ1=e．
故a的取值范围为−∞,e．
方法三：因为fx=x−lnx−axe−x=lnexx−axex≥0恒成立，
又x>0，所以上式等价于a≤exxlnexx恒成立．
记ℎx=exx，则ℎ′x=exx−1x2，
所以当x∈0,1时，ℎ′x<0,ℎx在0,1上单调递减；当x∈1,+∞时，ℎ′x>0,ℎx在1,+∞上单调递增.所以ℎx≥ℎ1=e．
令t=exx，则t∈e,+∞，则a≤tlntt≥e恒成立．
记φt=tlntt≥e，则φ′t=lnt+1≥2>0，
所以φt在e,+∞上单调递增，所以φ(t)min=φe=e，所以a≤e．
故a的取值范围为−∞,e．
(3)
方法一：因为fx有两个零点x1,x2，不妨设0则x1−lnx1−ax1ex1=x2−lnx2−ax2ex2=0，
即a=ex1x1x1−lnx1=ex2x2x2−lnx2，即a=x1−lnx1ex1−lnx1=x2−lnx2ex2−lnx2，
令tx=x−lnx，则t′x=1−1x=x−1x，
所以当x∈0,1时，t′x<0,tx单调递减；
当x∈1,+∞时，t′x>0,tx单调递增．
所以t(x)min=t1=1>0．
令ℎx=xexx≥1，则ℎ′x=ex+xex>0,ℎx单调递增，
又a=ℎx1−lnx1=ℎx2−lnx2，所以x1−lnx1=x2−lnx2，即x1−x2lnx1−lnx2=1．
由tx的单调性可知0思路一：构造函数Tx=tx−t2−x,x∈0,1．
则T′x=t′x+t′2−x=x−1x+2−x−12−x=−2(1−x)2x2−x<0，
故Tx在0,1上单调递减，
又T1=0，所以Tx>0，则Tx1>0，即tx1>t2−x1，
又tx1=tx2，所以tx2>t2−x1，
又x2>1,2−x1>1,tx在1,+∞上单调递增，所以x2>2−x1．
故x1+x2>2．
思路二：要证x1+x2>2，即证x1−x2lnx1−lnx2lnx1x2．
令u=x1x2∈0,1，即证2u−1u+1>lnu．
构造函数φu=2u−1u+1−lnu,u∈0,1．
则φ′u=4(u+1)2−1u=4u−(u+1)2u(u+1)2=−(u−1)2u(u+1)2<0，
故φu在0,1内单调递减，则φu>φ1=0，即2u−1u+1−lnu>0．
故x1+x2>2．
思路三：因为x1−x2lnx1−lnx2=1，即x1−x2=lnx1x2，
令u=x1x2∈0,1，则x1−x2=lnu,u=x1x2,
即x1=uu−1lnu,x2=lnuu−1.
要证x1+x2>2，即证uu−1lnu+lnuu−1>2，
即证u+1u−1lnu>2，即证2u−1u+1>lnu，
下同思路一，略．
方法二：因为fx有两个零点x1,x2，不妨设0则x1−lnx1−ax1ex1=x2−lnx2−ax2ex2=0，
即a=ex1x1⋅lnex1x1=ex2x2⋅lnex2x2．
令tx=exx，则t′x=exx−1x2，
所以当x∈0,1时，t′x<0,tx单调递减；当x∈1,+∞时，t′x>0,tx单调递增．
所以t(x)min=t1=e．
令ℎx=xlnxx≥e，则ℎ′x=lnx+1>0,ℎx单调递增，
又a=ℎex1x1=ℎex2x2，所以ex1x1=ex2x2，即x2x1=ex2−x1
由tx的单调性可知0思路一：构造函数Tx=tx−t2−x,x∈0,1．
则T′x=t′x+t′2−x=exx−1x2+e2−x1−x(2−x)2
=1−xe2−x(2−x)2−exx2，
令ux=exx2，则u′x=exx2−ex⋅2xx4=exx−2x3，
所以当x∈0,2时，u′x<0,ux单调递减，
所以当x∈0,1时，0故Tx在0,1上单调递减，又T1=0，所以Tx>0，则Tx1>0，即tx1>t2−x1，
又tx1=tx2，所以tx2>t2−x1，
又x2>1,2−x1>1,tx在1,+∞上单调递增，所以x2>2−x1．
故x1+x2>2．
思路二：因为ex1x1=ex2x2，所以ex2−ex1x2−x1=ex2+ex1x2+x1，
即x1+x2=ex2+ex1ex2−ex1⋅x2−x1=ex2−x1+1ex2−x1−1⋅x2−x1，
令u=x2−x1>0，要证x1+x2>2，即证eu+1eu−1⋅u>2，
即证eu−1eu+1−u2<0．
构造函数φu=eu−1eu+1−u2,u∈0,+∞．
则φ′u=2eueu+12−12=−eu−122eu+12<0，
故φu在0,+∞上单调递减，则φu<φ0=0．
故x1+x2>2．
注：要证明eu−1eu+1−u2<0，即证eu⋅2−uu+2<1，构造函数φu=eu⋅2−uu+2,u∈0,+∞．
则φ′u=eu⋅2−uu+2+eu⋅−u+2−2−u(u+2)2=−u2eu(u+2)2<0，
故φu在0,+∞上单调递减，则φu<φ0=1.故x1+x2>2．
思路三：令u=x2−x1>0，则x2=x1euu=x2−x1即x1=ueu−1x2=ueueu−1．
要证x1+x2>2，即证ueu−1+ueueu−1>2，即证eu−1eu+1<12u．
下同思路二，略．
思路四：对ex1x1=ex2x2两边取对数，得x1−lnx1=x2−lnx2，下面同方法一．
【解析】(1)根据导数几何意义先求切点，即可得解；
(2)方法一：利用导数求函数fx的最小值；
方法二：分离参数法，等价于a≤exx−lnxx恒成立；
方法三：由题意fx=lnexx−axex，分离参数法，等价于a≤exxlnexx恒成立；
(3)方法一：思路一：构造函数Tx=tx−t2−x,x∈0,1，利用导数研究函数单调性；思路二：要证x1+x2>2，即证2x1x2−1x1x2+1>lnx1x2，令u=x1x2∈0,1，即证2u−1u+1>lnu；思路三：令u=x1x2∈0,1，要证x1+x2>2，即证uu−1lnu+lnuu−1>2，即证u+1u−1lnu>2，即证2u−1u+1>lnu，利用导数证明；
方法二：由a=ex1x1⋅lnex1x1=ex2x2⋅lnex2x2，令tx=exx，求其最小值，由tx的单调性可知00，要证x1+x2>2，即证eu+1eu−1⋅u>2，即证eu−1eu+1−u2<0；思路三：令u=x2−x1>0，则x2=x1euu=x2−x1，要证x1+x2>2，即证ueu−1+ueueu−1>2，即证eu−1eu+1<12u；思路四：对ex1x1=ex2x2两边取对数，得x1−lnx1=x2−lnx2，下面同方法一．年份
2019年
2020年
2021年
2022年
2023年
业务量
20
24
36
43
52
好评
差评
合计
青年
20
中老年
15
合计
45
100
Pχ2≥x0
0.050
0.010
0.001
x0
3.841
6.635
10.828
好评
差评
合计
青年
20
30
50
中老年
35
15
50
合计
55
45
100
X
0
1
2
3
4
6
10
P
1681
3281
1281
1281
481
481
181
x
(−∞,−2)
−2
−2,2
2
2,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增

2023-2024学年吉林省长春市部分校高二下学期期末测试数学试卷（含解析）

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