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2024届福建省莆田锦江中学高三上学期第一次月考数学试题含解析
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这是一份2024届福建省莆田锦江中学高三上学期第一次月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知全集，集合，或，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据并集、补集的定义进行计算得出结果.
【详解】由或得，
又，
所以.
故选：B.
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据全称命题的否定为特称命题即得.
【详解】命题“，”的否定是“，”，
故选：C
3．已知向量，，则“，的夹角为锐角”是“”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
【答案】A
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】若，的夹角为锐角，则且，不同向，可得且，
故“，的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件．
故选：A
4．已知函数对任意都有，且当时，，则（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】D
【分析】由可得函数周期为4，后利用函数周期性结合当时，可得答案.
【详解】因对任意，，则，即函数周期为4.
因，则.
又由，令，可得，则.
故选：D
5．函数满足，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】写出各项对应的解析式，根据奇函数定义判断是否为奇函数即可.
【详解】A：，定义域为，不关于原点对称，不符合；
B：，定义域为关于原点对称，且，符合；
C：，定义域为，不关于原点对称，不符合；
D：，定义域为，不关于原点对称，不符合；
故选：B
6．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由指数运算得出，再由幂函数的单调性得出大小关系.
【详解】因为，所以，又函数在上单调递增，所以.
故选：B
7．如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由，转化为向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可得到结果.
【详解】由，可得，
因为底面为矩形，，，，
所以，，
又
，
所以，则.
故选：B
8．已知函数 (且)是R上的单调函数，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据分段函数的单调性可得或，即得.
【详解】因为 (且)是R上的单调函数，
若是R上的单调递增函数，则，
解得；
若是R上的单调递减函数，则，
解得；
综上，a的取值范围是.
故选：B.
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．，
B．若，则
C．若，则
D．若，，，则
【答案】AB
【分析】根据基本不等式可判断AD,根据幂函数和对数函数的单调性即可判断CD.
【详解】对于A,当时，，当且仅当时取等号，由于为奇函数，所以当时，，进而可得，故A正确，
对于B，由于，所以，由于函数在上单调递增，所以，故B正确，
对于C，由得，所以，故C错误，
对于D，由，，可得，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，故D错误，
故选：AB
10．设离散型随机变量的分布列为：
若离散型随机变量满足：，则下列结论正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】根据给定的分布列求出q，再利用期望、方差的定义计算作答.
【详解】由分布列知：，，A正确；
，B不正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D不正确.
故选：AC
11．在国家宪法日来临之际，某中学开展“学宪法、讲宪法”知识竞赛，一共设置了7道题目，其中5道是选择题，2道是简答题。现要求从中不放回地抽取2道题，则（ ）
A．恰好抽到一道选择题、一道简答题的概率是
B．记抽到选择题的次数为X，则
C．在第一次抽到选择题的条件下，第二次抽到简答题的概率是
D．第二次抽到简答题的概率是
【答案】BD
【分析】由古典公式可判断A；记抽到选择题的次数为X，求出可能取值及对应的概率，由均值公式即可求出可判断B；根据条件概率公式计算可判断C；由分类加法计数原理可判断D.
【详解】从7道题中不放回地抽取2道题共有：种方法，
对于A，恰好抽到一道选择题、一道简答题有种方法，
所以恰好抽到一道选择题、一道简答题的概率是，故A错误；
对于B，记抽到选择题的次数为，，
所以，，
，所以，故B正确；
对于C，第一次抽到选择题为事件，第二次抽到简答题为事件，
则，，
则，故C错误；
对于D，第一次抽到简答题为事件，第二次抽到简答题为事件，
所以第二次抽到简答题的概率是，故D正确,
故选：BD.
12．是定义在上的奇函数，当时，有恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】令，求出函数的导数，结合函数的单调性判断即可.
【详解】令，
∵当时，，
∴当时，，
∴在上单调递增；
又为定义在上的奇函数，为定义在上的偶函数，
∴为上的奇函数；
∴在上单调递增.
由，可得，故A正确；
由，可得，故B错误；
由，可得，故C正确；
由，可得，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
13．某地区调研考试数学成绩X服从正态分布，且，从该地区参加调研考试的所有学生中随机抽取10名学生的数学成绩，记成绩在的人数为随机变量，则的方差为 ．
【答案】2.1
【分析】利用正态分布的对称性，求得每个人的数学成绩在的概率，又所有学生中随机抽取10名学生的数学成绩，记成绩在的人数为随机变量，利用二项分布的方差公式求解即可.
【详解】解：由正态分布知，均值，且，所以
每个人的数学成绩在的概率为，所以10名学生的数学成绩在的人数，所以．
故答案为：2.1．
14．曲线在点处的切线的斜率为，则 ．
【答案】
【分析】求导，利用导数的几何意义计算即可．
【详解】解：
则
所以
故答案为-3.
【点睛】本题主要考查导数的计算和导数的几何意义，属于基础题．
15．已知函数，则的值是 .
【答案】
【分析】根据分段函数的表达式代入进行求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
故答案为：
四、双空题
16．（多空题）已知函数，设是的极值点，则= ，的单调递增区间为 ．
【答案】
【分析】利用导数，根据极值点处导数为0以及进行求解.
【详解】因为函数，
所以，，
因为是的极值点，
所以，解得，
所以，，，
所以在上单调递增，又，
所以由有：，故的单调递增区间为：.
故答案为：，.
五、解答题
17．已知函数
(1)当时，求曲线在点处曲线的切线方程；
(2)求函数的单调区间.
【答案】(1)
(2)答案见解析.
【分析】(1)利用导数的几何意义求解;(2)利用导函数研究函数的单调性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
，所以切点为，
又因为，所以，即切线的斜率等于2，
根据点斜式得，整理得.
（2）,
当时，恒成立，所以在上单调递增，
当时，令即解得，
令即解得，
所以在单调递增，单调递减.
18．如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，是棱的中点.
(1)证明：平面.
(2)求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再证明即可；
（2）利用面面角的空间向量求法即可得到答案.
【详解】（1）根据题意，建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，
因为侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，
所以，
因为是棱的中点，所以，
所以.
设平面的一个法向量为，
所以得令，得，
所以.
因为，所以，
因为平面，所以平面.
（2）由（1）得平面的一个法向量为，
由题可设平面的一个法向量为，
设二面角的平面为，由图知为锐角，
所以，
所以，所以，
所以二面角的正切值为.
19．教育是阻断贫困代际传递的根本之策．补齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在．治贫先治愚，扶贫先扶智．为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，某市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从这5人中随机抽选．已知这5名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验．
(1)求5名优秀教师中的“甲”，在这3批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率；
(2)求第一次抽取到无支教经验的教师人数的分布列；
【答案】(1)
(2)分布列见解析
【分析】（1）根据二项分布的概率公式即可求解，
（2）根据超几何分布的概率公式即可求解概率，进而可求解分布列.
【详解】（1）5名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到的概率为，
则三次抽取中，“甲”恰有两次被抽取到的概率为；
（2）X表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数，X的可能取值有0，1，2．
；；．
所以分布列为：
20．如图，在直三棱柱中，，E为的中点，平面平面．
(1)求证：；
(2)若的面积为，试判断在线段上是否存在点D，使得二面角的大小为．若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由,E是的中点可得结合平面平面可证平面，继而可证
（2）先设再由的大小为利用空间向量得方法构建的方程来求解, 可得.
【详解】（1）,E是的中点，
又平面平面，
平面平面，
且平面．
平面．
又平面，
．
（2）在直三棱柱中，平面．
又平面，
．
又，
平面且，
平面．
又平面
平面．平面，
、
从而可得两两垂直．
所以如图以为原点，建立如图所示空间直角坐标系．
的面积为，且矩形中
可得解得．
则，
．
设，
．
又，
设平面的法向量，
则，
不妨取，则，
∴，
由（1）平面，∴平面的一个法向量，
．
解得,又可知
又由图可知当为的中点时，二面角为钝二面角符合题意，
综上，在上存在一点D，此时，使得二面角的大小为．
21．2023年的高考已经结束，考试前一周，某高中进行了一场关于高三学生课余学习时间的调查问卷，现从高三12个班级每个班随机抽取10名同学进行问卷，统计数据如下表：
(1)求的值；
(2)依据上表，根据小概率值的独立性检验，分析学生成绩与课余学习超过两个小时是否有关系；
(3)学校在成绩200名以前的学生中，采用分层抽样，按课余学习时间是否超过两小时抽取6人，再从这6人中随机抽取3人，记这3人中课余学习时间超过两小时的学生人数为，求的分布列和数学期望.
附：参考公式：，其中.
【答案】(1)；
(2)认为学生课余学习时间超过两小时跟学生成绩有关；
(3)分布列见解析，数学期望为.
【分析】（1）根据给定的列联表列式计算作答.
（2）计算的观测值，再与临界值表比对作答.
（3）求出课余学习时间超过两小时的人数，写出的取值，并求出各个值对应的概率，列出分布列，求出数学期望作答.
【详解】（1）依题意，高三12个班级共抽取120名，则，解得，
所以的值为10.
（2）由（1）得列联表：
则的观测值，
根据小概率值的独立性检验，我们认为学生课余学习时间超过两小时跟学生成绩有关，
此推断犯错误概率不大于0.001.
（3）这6人中课余学习时间超过两小时的人数为，课余学习时间不超过两小时的人数为2，
则的取值为，
有，，，
所以的分布列为：
数学期望.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可.
【详解】（1）函数定义域为，
，
当时恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得，当时在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
（2）因为，
由题意，是方程的两个根，
①，②，
①②两式相加，得③，
①②两式相减，得④，
联立③④，得，
，
设，，，
，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
0
1
2
3
4
0.4
0.1
0.2
0.2
X
0
1
2
P
0.1
0.6
0.3
课余学习时间超过两小时
课余学习时间不超过两小时
200名以前
40
200名以后
40
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
课余学习时间超过两小时
课余学习时间不超过两小时
总计
200名以前
40
20
60
200名以后
20
40
60
总计
60
60
120
1
2
3
一、单选题
1．已知全集，集合，或，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据并集、补集的定义进行计算得出结果.
【详解】由或得，
又，
所以.
故选：B.
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据全称命题的否定为特称命题即得.
【详解】命题“，”的否定是“，”，
故选：C
3．已知向量，，则“，的夹角为锐角”是“”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
【答案】A
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】若，的夹角为锐角，则且，不同向，可得且，
故“，的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件．
故选：A
4．已知函数对任意都有，且当时，，则（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】D
【分析】由可得函数周期为4，后利用函数周期性结合当时，可得答案.
【详解】因对任意，，则，即函数周期为4.
因，则.
又由，令，可得，则.
故选：D
5．函数满足，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】写出各项对应的解析式，根据奇函数定义判断是否为奇函数即可.
【详解】A：，定义域为，不关于原点对称，不符合；
B：，定义域为关于原点对称，且，符合；
C：，定义域为，不关于原点对称，不符合；
D：，定义域为，不关于原点对称，不符合；
故选：B
6．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由指数运算得出，再由幂函数的单调性得出大小关系.
【详解】因为，所以，又函数在上单调递增，所以.
故选：B
7．如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由，转化为向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可得到结果.
【详解】由，可得，
因为底面为矩形，，，，
所以，，
又
，
所以，则.
故选：B
8．已知函数 (且)是R上的单调函数，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据分段函数的单调性可得或，即得.
【详解】因为 (且)是R上的单调函数，
若是R上的单调递增函数，则，
解得；
若是R上的单调递减函数，则，
解得；
综上，a的取值范围是.
故选：B.
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．，
B．若，则
C．若，则
D．若，，，则
【答案】AB
【分析】根据基本不等式可判断AD,根据幂函数和对数函数的单调性即可判断CD.
【详解】对于A,当时，，当且仅当时取等号，由于为奇函数，所以当时，，进而可得，故A正确，
对于B，由于，所以，由于函数在上单调递增，所以，故B正确，
对于C，由得，所以，故C错误，
对于D，由，，可得，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，故D错误，
故选：AB
10．设离散型随机变量的分布列为：
若离散型随机变量满足：，则下列结论正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】根据给定的分布列求出q，再利用期望、方差的定义计算作答.
【详解】由分布列知：，，A正确；
，B不正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D不正确.
故选：AC
11．在国家宪法日来临之际，某中学开展“学宪法、讲宪法”知识竞赛，一共设置了7道题目，其中5道是选择题，2道是简答题。现要求从中不放回地抽取2道题，则（ ）
A．恰好抽到一道选择题、一道简答题的概率是
B．记抽到选择题的次数为X，则
C．在第一次抽到选择题的条件下，第二次抽到简答题的概率是
D．第二次抽到简答题的概率是
【答案】BD
【分析】由古典公式可判断A；记抽到选择题的次数为X，求出可能取值及对应的概率，由均值公式即可求出可判断B；根据条件概率公式计算可判断C；由分类加法计数原理可判断D.
【详解】从7道题中不放回地抽取2道题共有：种方法，
对于A，恰好抽到一道选择题、一道简答题有种方法，
所以恰好抽到一道选择题、一道简答题的概率是，故A错误；
对于B，记抽到选择题的次数为，，
所以，，
，所以，故B正确；
对于C，第一次抽到选择题为事件，第二次抽到简答题为事件，
则，，
则，故C错误；
对于D，第一次抽到简答题为事件，第二次抽到简答题为事件，
所以第二次抽到简答题的概率是，故D正确,
故选：BD.
12．是定义在上的奇函数，当时，有恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】令，求出函数的导数，结合函数的单调性判断即可.
【详解】令，
∵当时，，
∴当时，，
∴在上单调递增；
又为定义在上的奇函数，为定义在上的偶函数，
∴为上的奇函数；
∴在上单调递增.
由，可得，故A正确；
由，可得，故B错误；
由，可得，故C正确；
由，可得，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
13．某地区调研考试数学成绩X服从正态分布，且，从该地区参加调研考试的所有学生中随机抽取10名学生的数学成绩，记成绩在的人数为随机变量，则的方差为 ．
【答案】2.1
【分析】利用正态分布的对称性，求得每个人的数学成绩在的概率，又所有学生中随机抽取10名学生的数学成绩，记成绩在的人数为随机变量，利用二项分布的方差公式求解即可.
【详解】解：由正态分布知，均值，且，所以
每个人的数学成绩在的概率为，所以10名学生的数学成绩在的人数，所以．
故答案为：2.1．
14．曲线在点处的切线的斜率为，则 ．
【答案】
【分析】求导，利用导数的几何意义计算即可．
【详解】解：
则
所以
故答案为-3.
【点睛】本题主要考查导数的计算和导数的几何意义，属于基础题．
15．已知函数，则的值是 .
【答案】
【分析】根据分段函数的表达式代入进行求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
故答案为：
四、双空题
16．（多空题）已知函数，设是的极值点，则= ，的单调递增区间为 ．
【答案】
【分析】利用导数，根据极值点处导数为0以及进行求解.
【详解】因为函数，
所以，，
因为是的极值点，
所以，解得，
所以，，，
所以在上单调递增，又，
所以由有：，故的单调递增区间为：.
故答案为：，.
五、解答题
17．已知函数
(1)当时，求曲线在点处曲线的切线方程；
(2)求函数的单调区间.
【答案】(1)
(2)答案见解析.
【分析】(1)利用导数的几何意义求解;(2)利用导函数研究函数的单调性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
，所以切点为，
又因为，所以，即切线的斜率等于2，
根据点斜式得，整理得.
（2）,
当时，恒成立，所以在上单调递增，
当时，令即解得，
令即解得，
所以在单调递增，单调递减.
18．如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，是棱的中点.
(1)证明：平面.
(2)求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再证明即可；
（2）利用面面角的空间向量求法即可得到答案.
【详解】（1）根据题意，建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，
因为侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形，
所以，
因为是棱的中点，所以，
所以.
设平面的一个法向量为，
所以得令，得，
所以.
因为，所以，
因为平面，所以平面.
（2）由（1）得平面的一个法向量为，
由题可设平面的一个法向量为，
设二面角的平面为，由图知为锐角，
所以，
所以，所以，
所以二面角的正切值为.
19．教育是阻断贫困代际传递的根本之策．补齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在．治贫先治愚，扶贫先扶智．为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，某市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从这5人中随机抽选．已知这5名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验．
(1)求5名优秀教师中的“甲”，在这3批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率；
(2)求第一次抽取到无支教经验的教师人数的分布列；
【答案】(1)
(2)分布列见解析
【分析】（1）根据二项分布的概率公式即可求解，
（2）根据超几何分布的概率公式即可求解概率，进而可求解分布列.
【详解】（1）5名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到的概率为，
则三次抽取中，“甲”恰有两次被抽取到的概率为；
（2）X表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数，X的可能取值有0，1，2．
；；．
所以分布列为：
20．如图，在直三棱柱中，，E为的中点，平面平面．
(1)求证：；
(2)若的面积为，试判断在线段上是否存在点D，使得二面角的大小为．若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由,E是的中点可得结合平面平面可证平面，继而可证
（2）先设再由的大小为利用空间向量得方法构建的方程来求解, 可得.
【详解】（1）,E是的中点，
又平面平面，
平面平面，
且平面．
平面．
又平面，
．
（2）在直三棱柱中，平面．
又平面，
．
又，
平面且，
平面．
又平面
平面．平面，
、
从而可得两两垂直．
所以如图以为原点，建立如图所示空间直角坐标系．
的面积为，且矩形中
可得解得．
则，
．
设，
．
又，
设平面的法向量，
则，
不妨取，则，
∴，
由（1）平面，∴平面的一个法向量，
．
解得,又可知
又由图可知当为的中点时，二面角为钝二面角符合题意，
综上，在上存在一点D，此时，使得二面角的大小为．
21．2023年的高考已经结束，考试前一周，某高中进行了一场关于高三学生课余学习时间的调查问卷，现从高三12个班级每个班随机抽取10名同学进行问卷，统计数据如下表：
(1)求的值；
(2)依据上表，根据小概率值的独立性检验，分析学生成绩与课余学习超过两个小时是否有关系；
(3)学校在成绩200名以前的学生中，采用分层抽样，按课余学习时间是否超过两小时抽取6人，再从这6人中随机抽取3人，记这3人中课余学习时间超过两小时的学生人数为，求的分布列和数学期望.
附：参考公式：，其中.
【答案】(1)；
(2)认为学生课余学习时间超过两小时跟学生成绩有关；
(3)分布列见解析，数学期望为.
【分析】（1）根据给定的列联表列式计算作答.
（2）计算的观测值，再与临界值表比对作答.
（3）求出课余学习时间超过两小时的人数，写出的取值，并求出各个值对应的概率，列出分布列，求出数学期望作答.
【详解】（1）依题意，高三12个班级共抽取120名，则，解得，
所以的值为10.
（2）由（1）得列联表：
则的观测值，
根据小概率值的独立性检验，我们认为学生课余学习时间超过两小时跟学生成绩有关，
此推断犯错误概率不大于0.001.
（3）这6人中课余学习时间超过两小时的人数为，课余学习时间不超过两小时的人数为2，
则的取值为，
有，，，
所以的分布列为：
数学期望.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可.
【详解】（1）函数定义域为，
，
当时恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得，当时在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
（2）因为，
由题意，是方程的两个根，
①，②，
①②两式相加，得③，
①②两式相减，得④，
联立③④，得，
，
设，，，
，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
0
1
2
3
4
0.4
0.1
0.2
0.2
X
0
1
2
P
0.1
0.6
0.3
课余学习时间超过两小时
课余学习时间不超过两小时
200名以前
40
200名以后
40
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
课余学习时间超过两小时
课余学习时间不超过两小时
总计
200名以前
40
20
60
200名以后
20
40
60
总计
60
60
120
1
2
3
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