【文档说明】湖北省应城一中2020-2021学年高二下学期周测数学试题（5） 含答案.docx，共(27)页，319.673 KB，由小赞的店铺上传

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高二下学期数学周测（5）答案一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.若𝑧=1+𝑖1−2𝑖⋅𝑖3，则z的虚部为()A.15B.15𝑖C.35D.35𝑖2.下列命题正确的是()A.命题“∃𝑥∈𝑅，使得2

𝑥<𝑥2”的否定是“∃𝑥∈𝑅，使得2𝑥≥𝑥2”B.若𝑎>𝑏，𝑐<0，则𝑐𝑎>𝑐𝑏C.若函数𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑘𝑥−8(𝑘∈𝑅)在[1,4]上具有单调性，则𝑘≤2

D.“𝑥>3”是“𝑥2−5𝑥+6>0”的充分不必要条件3.如图，设动点P在棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的对角线𝐵𝐷1上，记𝐷1𝑃𝐷1𝐵=𝜆，当∠𝐴𝑃𝐶为钝角时，𝜆的取值范围是

()A.(0,23)B.(13,1)C.(13,23)D.(23,1)4.某社区要为小凯等4名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求这6人排成一排，小凯必须与2位老人都相邻，且2位老人不排在两端，则不同的排法种数是()A.12B.24C.36D.485.已知(𝑎𝑥−1𝑥+1)5展开式

中的系数和为32，则该展开式中的常数项为()A.−40B.121C.80D.816.围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史.围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的

丰富内涵.在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛.比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束.假设每局比赛甲胜乙的概率都为23，且各局比赛的胜负互不影响，则在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为()A.19B.827C.1627D.17817.已知圆O：𝑥2+𝑦2

=𝑟2(𝑟>0)与x轴的交点为A、B，以A，B为左、右焦点的双曲线C：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的右支与圆O交于P，Q两点，若直线PQ与x轴的交点恰为线段AB的一个四等分点，则双曲线的离心率等于()A.√3+1B.2

√3−1C.√3+12D.2√3−128.在R上可导的函数𝑓(𝑥)的图象如图所示，则关于x的不等式𝑥𝑓′(𝑥)<0的解集为()A.(−∞,−1)∪(0,1)B.(−1,0)∪(1,+∞)C.(−2,−1)∪(1,2)D.(−∞,−2)∪(2,+∞)二、多选题（本大题共4小题

，共20.0分）9.已知点F是抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点，𝐴𝐵,𝐶𝐷是经过点F的弦且𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，AB的斜率为k，且𝑘>0，𝐶,𝐴两点在x轴上方，则下列结论中一定成立的是()A

.B.若，则C.𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.四边形ABCD面积最小值为16𝑝210.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥−ln𝑥，𝑔(𝑥)=e𝑥−𝑚𝑥(𝑒为自然对数的底数，𝑚>0)，且两

个函数有相同的极值点，则下列说法正确的是A.函数𝑓(𝑥)有个极小值点(1,1)B.𝑚=𝑒C.在定义域内函数𝑓(𝑥)≥0恒成立D.若𝑥∈(0,1)，则𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)>0恒成立11.某校高二年级进行选课走班，已知语文、数学、英语是

必选学科，另外需从物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中任选3门进行学习．现有甲、乙、丙三人，若同学甲必选物理，则下列结论正确的是()A.甲的不同的选法种数为10B.甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立事件C.乙同学在选物理的条件下选化学的概率是15D.乙、丙两名同学

都选物理的概率是1412.袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为X，则A.𝑋∽𝐵(4,23)B.𝑃(𝑋=2)=881C.X的期望𝐸(𝑋)=83D.

X的方差𝐷(𝑋)=89三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若抛物线𝑦=𝑎𝑥2−1上总有两点A、B关于直线l：𝑦=−𝑥对称，则实数a的取值范围是．14.已知函数𝑓(𝑥)=12𝑥2+4ln𝑥，若存在实数𝑥0∈[

1,3]，使得曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(𝑥0,𝑓(𝑥0))处的切线与直线𝑥+𝑚𝑦−10=0垂直，则实数m的取值范围是．15.某仓库有同样规格的产品12箱，其中6箱、4箱、2箱依次是由甲、乙、丙三个厂生产的，且三个厂的次品率分别为1

10，114，118.现从这12箱中任取一箱，再从取得的一箱中任意取出一个产品．(1)则取得的一个产品是次品的概率为________．(2)若已知取得一个产品是次品，则这个次品是乙厂生产的概率是________.(精确到0.001)16.春天即将来临

，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为p，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设X为其中成活的株数，若X的方差𝐷𝑋=2.1，𝑃(𝑋=3)<𝑃(

𝑋=7)，则𝑝=________．四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17.在①只有第6项的二项式系数最大，②第4项与第8项的二项式系数相等，③所有二项式系数的和为210，这三个条件中任选一个，补充在下

面(横线处)问题中，解决下面两个问题.已知(2𝑥−1)𝑛=𝑎0+𝑎1𝑥1+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥3+⋯+𝑎𝑛𝑥𝑛(𝑛∈𝑁∗)，若(2𝑥−1)𝑛的展开式中，______．(1)求n的值；(2)求|𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+⋅⋅⋅+|𝑎𝑛|的值．18.如图，

在半径为30cm的14圆形(𝑂为圆心)铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A、C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设矩形的边长𝐴𝐵=𝑥𝑐𝑚，圆柱的体积为𝑉𝑐𝑚3．(1)写出体积V关于x的

函数关系式；(2)当x为何值时，才能使做出的圆柱形罐子体积V最大？19.如图，四边形ABCD为正方形，𝑃𝐷⊥平面ABCD，𝑃𝐷//𝑄𝐴，𝑄𝐴=𝐴𝐵=12PD．(1)证明：平面𝑃𝑄𝐶⊥平面DCQ；(2)求二面角𝑄

—𝐵𝑃—𝐶的余弦值。20.已知过点𝑃(1,32)的曲线C的方程为√(𝑥−1)2+𝑦2+√(𝑥+1)2+𝑦2=2𝑎．(Ⅰ)求曲线C的标准方程：(Ⅱ)已知点𝐹(1,0)，A为直线𝑥=4上任意一点，过F作AF的垂线交曲线C于点B，D．(𝑖)证明：OA平分线段BD(其中

O为坐标原点)；(ii)求|BD||AF|最大值．21.当前新冠肺炎疫情形势依然严峻，防控新冠肺炎疫情需常态化，为提高防控能力以及实效，某学校为宣传防疫知识做了大量工作，近期该校还将准备组织一次有关新冠病毒预防知识竞赛活动

，竞赛分初赛和决赛两阶段进行．初赛共有5道必答题，答对4道或4道以上试题即可进入决赛；决赛阶段共3道选答题．每位同学都独立答题，且每道题是否答对相互独立．已知甲同学初赛阶段答对每道题的概率为23，决赛阶段答对每题的概率为13．(1)求甲同学进入决赛的概率；(2)在

决赛阶段，若选择答题，答对一道得4分，答错一道扣1分，选择放弃答题得0分，已知甲同学对于选答的3道题，选择回答和放弃回答的概率均为12.已知甲同学已获决赛资格，求甲同学在决赛阶段，得分X的分布列及数学期望．22.已

知函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑙𝑛𝑥−𝑥+1(𝑚为实数)．(1)求𝑓(𝑥)的单调区间；(2)求证：ln(𝑛+1)>12+13+⋯+1𝑛+1(𝑛∈𝑁∗).高二下学期数学周测（5）答案一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）23.若𝑧=1+𝑖1−2𝑖⋅𝑖3，则z的虚部为(

)A.15B.15𝑖C.35D.35𝑖【答案】A【解析】【分析】本题考查了复数的运算，复数的基本概念，属于基础题．先运用复数的运算化简复数z，即可得到答案．【解答】解：由题意，𝑧=1+𝑖1−2𝑖⋅𝑖3=−𝑖(1

+𝑖)1−2𝑖=1−𝑖1−2𝑖=(1−𝑖)(1+2𝑖)(1−2𝑖)(1+2𝑖)=1+2𝑖−𝑖+25=35+𝑖5．所以z的虚部为15．故选A．24.下列命题正确的是()A.命题“∃𝑥∈𝑅，使得2𝑥

<𝑥2”的否定是“∃𝑥∈𝑅，使得2𝑥≥𝑥2”B.若𝑎>𝑏，𝑐<0，则𝑐𝑎>𝑐𝑏C.若函数𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑘𝑥−8(𝑘∈𝑅)在[1,4]上具有单调性，则𝑘≤2D.“𝑥>3”是“𝑥2−5𝑥

+6>0”的充分不必要条件【答案】D【解析】解：对于A，命题“∃𝑥∈𝑅，使得2𝑥<𝑥2”的否定是“∀𝑥∈𝑅，使得2𝑥≥𝑥2”，故A错误；对于B，由条件知，比如𝑎=2，𝑏=−3，𝑐=−1，则𝑐𝑎=−12<𝑐𝑏=13，故B错误；对于C，若函数𝑓(𝑥)=𝑥2

−𝑘𝑥−8(𝑘∈𝑅)在[1,4]上具有单调性，则𝑘2≤1或𝑘2≥4，故𝑘≤2或𝑘≥8，故C错误；对于D，𝑥2−5𝑥+6>0的解集为{𝑥|𝑥<2或𝑥>3}，故“𝑥>3”是“𝑥2−5𝑥+6>0”的充分不必要条件，正确．故选：D．A由命题的否

命题，既要对条件否定，也要对结论否定，注意否定形式，可判断；B由条件，注意举反例，即可判断；C由二次函数的图象，即可判断；D先求出不等式𝑥2−5𝑥+6>0的解集，再由充分必要条件的定义，即可判断．本题考查函数的单调性，充分必要条

件的判断、命题的否定、不等式的性质，属于基础题．25.如图，设动点P在棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的对角线𝐵𝐷1上，记𝐷1𝑃𝐷1𝐵=𝜆，当∠𝐴𝑃𝐶为钝角时，�

�的取值范围是()A.(0,23)B.(13,1)C.(13,23)D.(23,1)【答案】B【解析】【分析】本题考查了利用空间向量解决线线夹角问题，属于中档题．以𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗、𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗、𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向分别为x轴，y

轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧，由∠𝐴𝑃𝐶为钝角等价于𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗<0，用关于𝜆的字母表示𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗<0，即可求出结果．【解答】解：由题设可知，以𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗、�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗、𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧，则𝐴(1,0，0)，𝐵(1,1，0)，𝐶(0,1，0)，𝐷1(0,0，1)，由𝐷1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,−1)，得𝐷1

𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐷1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝜆,𝜆,−𝜆)，∴𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝜆,−𝜆,𝜆)+(1,0,−1)=(1−𝜆

,−𝜆,𝜆−1)，𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝜆,−𝜆,𝜆)+(0,1,−1)=(−𝜆,1−𝜆,𝜆−1)，易知∠𝐴𝑃𝐶不可能是平角，∵∠𝐴𝑃𝐶为钝角等价于cos∠𝐴𝑃𝐶=co

s<𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗||𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|<0，则等价于𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗<0，即(1−𝜆)·(−𝜆)+(−

𝜆)(1−𝜆)+(𝜆−1)2=(𝜆−1)(3𝜆−1)<0，解得13<𝜆<1，∴𝜆的取值范围是(13,1)．故选B．26.某社区要为小凯等4名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求这6人排成一排，小凯必须与2位老人都相邻，且2位老人

不排在两端，则不同的排法种数是()A.12B.24C.36D.48【答案】B【解析】解：小凯必须与2位老人都相邻，用捆绑法，有𝐴22=2，两位老人不排在两端，则小凯与2位老人在2、3、4或3、4、5位置，其余有𝐴3

3=6，故共有2×2×6=24种，故选：B．小凯必须与2位老人都相邻，用捆绑法，有𝐴22=2，两位老人不排在两端，则小凯与2位老人在2、3、4或3、4、5位置，其余有𝐴33=6，利用乘法原理即可得出结论．本题

考查排列、组合的实际应用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．27.已知(𝑎𝑥−1𝑥+1)5展开式中的系数和为32，则该展开式中的常数项为()A.−40B.121C.80D.81【答案】D【解析】【分析】本题考查二项式定理的应用，特定项的系数，属于中档题．根据题意先求出a的

值，然后讨论即可．【解答】解：令𝑥=1，可得各项系数和为(𝑎−1+1)5=32，𝑎=2．已知(2𝑥−1𝑥+1)5为常数项有3种情况：(1)5个括号都取1：结果为1；(2)2个括号取2x，2个括号取(−1𝑥)，1个括号取1，结

果为：𝐶52×22×𝐶32×(−1)2=120;(3)1个括号取2x，1个括号取(−1𝑥)，3个括号取1，结果为𝐶51×21×𝐶41×(−1)1=−40．所以该展开式中的常数项为1+𝐶52×22×𝐶32×(−1)2+

𝐶51×21×𝐶41×(−1)1=1+120−40=81．故选D．28.围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史.围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略

、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵.在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛.比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束.假设每局比赛甲胜乙的概率都为23，且各局比赛的胜负互不影响，则在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为()A.19B.827

C.1627D.1781【答案】C【解析】【分析】本题考查互斥事件、相互独立事件同时发生的概率以及n次独立重复试验，属于中档题；设甲以3:0获胜为事件A，甲以3:1获胜为事件B，则A，B互斥，分别求出𝑃(𝐴)和𝑃(𝐵)，再由𝑃(𝐴+𝐵)

=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)即可求解；【解答】解：设甲以3:0获胜为事件A，甲以3:1获胜为事件B，则A，B互斥，且𝑃(𝐴)=(23)3=827，𝑃(𝐵)=𝐶32(23)2⋅13×23=827，所以𝑃(𝐴+𝐵)=827+827=

1627，故选C．29.已知圆O：𝑥2+𝑦2=𝑟2(𝑟>0)与x轴的交点为A、B，以A，B为左、右焦点的双曲线C：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的右支与圆O交于P，Q两点，若直线PQ与x轴的

交点恰为线段AB的一个四等分点，则双曲线的离心率等于()A.√3+1B.2√3−1C.√3+12D.2√3−12【答案】A【解析】【试题解析】【分析】本题考查双曲线的性质和几何意义，属于中档题．根据题意，可得𝑐=𝑟，𝑎=(√3−1)𝑟2，即可得解．【解答】解：

由题意，可知PQ为OB的中垂线，因为点A，B坐标分别为(−𝑟,0)，(𝑟,0)，所以PQ方程为𝑥=𝑟2，将𝑥=𝑟2与𝑥2+𝑦2=𝑟2联立，可取𝑃(𝑟2,√3𝑟2)，𝑄(𝑟2,−√3𝑟2)，可知：双曲线的焦距2𝑐=

2𝑟，即𝑐=𝑟，因为|𝑃𝐴|=√(𝑟2+𝑟)2+(√3𝑟2)2=√3𝑟，|𝑃𝐵|=√(𝑟2−𝑟)2+(√3𝑟2)2=𝑟，由双曲线定义可得2𝑎=|𝑃𝐴|−|𝑃𝐵|=(√3−1)𝑟，𝑎=(√3−1)𝑟2，所以

双曲线的离心率𝑒=𝑐𝑎=𝑟√3−12𝑟=√3+1．故选A．30.在R上可导的函数𝑓(𝑥)的图象如图所示，则关于x的不等式𝑥𝑓′(𝑥)<0的解集为()A.(−∞,−1)∪(0,1)B.(−1,0)∪(1,+∞)

C.(−2,−1)∪(1,2)D.(−∞,−2)∪(2,+∞)【答案】A【解析】【分析】本题考查函数的单调性与导函数的符号的关系，不等式的解法，考查转化思想以及计算能力．利用函数的图象判断函数的单调性，结合导函数的符号，求解不等式的解集即可．【解答】解：在(−∞,−1)和(1,+

∞)上，f(𝑥)单调递增，所以𝑓′(𝑥)>0，使𝑥𝑓′(𝑥)<0的x的范围为(−∞,−1)；在(−1,1)上，f(𝑥)单调递减，所以𝑓′(𝑥)<0，使𝑥𝑓′(𝑥)<0的范围为(0,1

)．综上，关于x的不等式𝑥𝑓′(𝑥)<0的解集为(−∞,−1)∪(0,1)．故选A．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）31.已知点F是抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点，𝐴𝐵,𝐶𝐷是经过点F的弦且𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，AB的斜率为

k，且𝑘>0，𝐶,𝐴两点在x轴上方，则下列结论中一定成立的是()A.B.若，则C.𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.四边形ABCD面积最小值为16𝑝2【答案】A

C【解析】【试题解析】【分析】本题主要考查直线与抛物线位置关系，熟记抛物线的简单性质，以及直线与抛物线的位置关系即可，解决此类题型，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，弦长公式等求解，属于中档题．先由AB的斜率为k，𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，得到𝑘CD=−1𝑘，设𝐴(𝑥1,�

�1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，AB的方程为𝑦=𝑘(𝑥−𝑝2)，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理得到{𝑥1+𝑥2=𝑝(𝑘2+2)𝑘2𝑥1𝑥2=14𝑝2，再由抛物线的焦点弦公式求出|AB

|，|CD|，最后根据题意，逐项判断，即可得出结果．【解答】解：因为AB的斜率为k，𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，所以𝑘CD=−1𝑘，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，AB的方程为𝑦=𝑘(𝑥−𝑝2)，由{𝑦=𝑘(𝑥−𝑝2)𝑦2=2𝑝𝑥可得，，则{𝑥1+𝑥2

=𝑝(𝑘2+2)𝑘2𝑥1𝑥2=14𝑝2,所以，同理可得|CD|=2𝑝(1𝑘2+1)1𝑘2=2𝑝(1+𝑘2)，则有1|AB|+1|CD|=12𝑝，所以A正确；与k无关，同理，故，故C正确；若|

AF|⋅|BF|=43𝑝2，由(𝑥1+𝑝2)(𝑥2+𝑝2)=𝑥1𝑥2+𝑝2(𝑥1+𝑥2)+14𝑝2得，解得𝑘=√3，故B错误；因为𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，所以四边形ABCD面积，当且仅当𝑘2=1𝑘2，即𝑘=1时，等号成立，故D错误；故选AC．32.

已知函数𝑓(𝑥)=𝑥−ln𝑥，𝑔(𝑥)=e𝑥−𝑚𝑥(𝑒为自然对数的底数，𝑚>0)，且两个函数有相同的极值点，则下列说法正确的是A.函数𝑓(𝑥)有个极小值点(1,1)B.𝑚=𝑒C.在定义域内函数�

�(𝑥)≥0恒成立D.若𝑥∈(0,1)，则𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)>0恒成立【答案】BCD【解析】【分析】此题考查利用导数研究函数的单调性、极值和恒成立问题，属于中档题．利用导数研究出函数的单调性和极值，进而解决恒成立

问题即可．【解答】解：𝑓′(𝑥)=1−1𝑥=𝑥−1𝑥则𝑥∈(0,1)𝑓′(𝑥)<0；𝑥∈(1,+∞)𝑓′(𝑥)>0，∴𝑓(𝑥)有极小值点1，最小值𝑓(𝑥)=1，所以A不正确，C正确又𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑚又∵𝑔′(1)=0∴𝑚=𝑒

，所以B正确由𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)=𝑥−ln𝑥−𝑒𝑥+𝑒𝑥当0<𝑥<1时，𝑥−ln𝑥>1则𝑥−ln𝑥−𝑒𝑥+𝑒𝑥>1−𝑒𝑥+𝑒𝑥，记ℎ(𝑥)=1−𝑒𝑥+𝑒𝑥，则ℎ′(𝑥)=−𝑒𝑥

+𝑒所以ℎ(𝑥)在(0,1)单调递增，∴ℎ(𝑥)min=ℎ(0)=0，∴ℎ(𝑥)=1−𝑒𝑥+𝑒𝑥>0在(0,1)恒成立，所以𝑥∈(0,1)，则𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)>0恒成立，所以D正确，故选BCD．33.某校高二年级进行选课走班，已知语文、数学、英语是必选学科，

另外需从物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中任选3门进行学习．现有甲、乙、丙三人，若同学甲必选物理，则下列结论正确的是()A.甲的不同的选法种数为10B.甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立

事件C.乙同学在选物理的条件下选化学的概率是15D.乙、丙两名同学都选物理的概率是14【答案】AD【解析】【分析】本题考查组合与组合数公式，互斥事件与对立事件，相互独立事件同时发生的概率，属于中档题．由

题意，根据选项逐一分析计算可得．【解答】解：A项：由于甲必选物理，故只需从剩下5门课中选两门即可，即𝐶52=10种选法，故A正确；B项：甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件，故B错误；C项：由于乙同学选了物理，乙同学选

化学的概率是𝐶41𝐶52=25，故C错误；D项：因为乙、丙两名同学各自选物理的概率为𝐶52𝐶63=12，所以乙、丙两名同学都选物理的概率是12×12=14，故D正确，故选AD．34.袋子中有2个黑球

，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为X，则A.𝑋∽𝐵(4,23)B.𝑃(𝑋=2)=881C.X的期望𝐸(𝑋)=83D.X的方差𝐷(𝑋)=89

【答案】ACD【解析】【分析】本题考查离散型随机变量的数学期望，方差的求法，考查二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．每次取到黑球的概率都是𝑝=23，取4次，在这4次取球中，设取到黑球的次数为X，则X∽𝐵(4,23)，由此能求出𝐸(𝑋)，𝐷(𝑥)．【解答】解：由于每次

取球互不影响，故所有结果有4类：①4次全是白球，𝑋=0，记其概率为𝑃(𝑋=0)=(13)4=181；②4次只有1次是黑球，𝑋=1，记其概率为𝑃(𝑋=1)=C4123(13)3=881；③4次只有2次是

黑球，𝑋=2，记其概率为𝑃(𝑋=2)=C42(23)2(13)2=2481；④4次只有3次是黑球，𝑋=3，记其概率为𝑃(𝑋=3)=C43(23)313=3281；⑤4次全是黑球，𝑋=4，记其概率为𝑃(𝑋=4)=(23)4=1681．故𝑋∽𝐵(4,23)，

故A正确，B错误；因为𝑋∽𝐵(4,23)，所以X的期望𝐸(𝑋)=4×23=83，故C正确；因为𝑋∽𝐵(4,23)，所以X的方差𝐷(𝑋)=4×23×13=89，故D正确，故选ACD．三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）35.若抛物线𝑦=𝑎𝑥2

−1上总有两点A、B关于直线l：𝑦=−𝑥对称，则实数a的取值范围是．【答案】(34,+∞)【解析】【分析】本题考查了直线与抛物线的位置关系，以及对称问题，体现了方程的根与系数关系及方程思想的应用，属于中档试题，可设出对称的两个点P，Q的坐标，利用两点关于直线𝑦=−𝑥成轴

对称，可以设直线PQ的方程为𝑦=𝑥+𝑏，由于P、Q两点存在，所以方程组{𝑦=𝑥+𝑏𝑦=𝑎𝑥2−1有两组不同的实数解，利用中点在直线上消去参数b，建立关于a的不等式，求出变量a的范围．【解答】解：设抛物线上关于直

线l对称的两相异点为𝑃(𝑥1,𝑦1)、𝑄(𝑥2,𝑦2)，线段PQ的中点为𝑀(𝑥0,𝑦0)，设直线PQ的方程为𝑦=𝑥+𝑏，由于P、Q两点存在，所以方程组{𝑦=𝑥+𝑏𝑦=𝑎𝑥2−1有两组不同的实数解，即得方程𝑎𝑥2−𝑥−(

1+𝑏)=0有两个不相等的实数解．①，∴△=1+4𝑎(1+𝑏)>0．②，由中点坐标公式可得𝑥0=𝑥1+𝑥22=12𝑎，𝑦0=𝑥0+𝑏=12𝑎+𝑏．∵𝑀在直线l上，∴0=𝑥0+𝑦0=12𝑎+12𝑎+𝑏，即𝑏=−1𝑎，代入②解得𝑎>34．故答案为

(34,+∞)．36.已知函数𝑓(𝑥)=12𝑥2+4ln𝑥，若存在实数𝑥0∈[1,3]，使得曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(𝑥0,𝑓(𝑥0))处的切线与直线𝑥+𝑚𝑦−10=0垂直，则实数m的取值范围是．【答案】[4,5]【解析】【试题解析】【分

析】本题考查导数的几何意义，两条直线垂直的条件，属于中档题．由题意，先求出函数𝑓(𝑥)的导数，求出切线的斜率，再由两条直线垂直斜率之积为−1即可解答本题．【解答】解：，∴𝑓′(𝑥)=𝑥+4𝑥，∴曲线𝑦=𝑓(𝑥)在(�

�0,𝑓(𝑥0))处的切线的斜率为𝑥0+4𝑥0，∵曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(𝑥0,𝑓(𝑥0))处的切线与直线𝑥+𝑚𝑦−10=0垂直，∴𝑥0+4𝑥0=𝑚，∵𝑥0∈[1,3]，∴𝑚=𝑥0+4𝑥0≥2√𝑥0·4𝑥0=4(当且仅当�

�0=4𝑥0时取等号)，此时𝑥0=2∈[1,3]，当𝑥0=1时，m取得最大值，最大值为5．∴实数m的取值范围为[4,5]，故答案为[4,5]．37.某仓库有同样规格的产品12箱，其中6箱、4箱、2箱依次是由甲、乙、丙三个厂生产

的，且三个厂的次品率分别为110，114，118.现从这12箱中任取一箱，再从取得的一箱中任意取出一个产品．(1)则取得的一个产品是次品的概率为________．(2)若已知取得一个产品是次品，则这个次品是乙厂生产的概率是__

______.(精确到0.001)【答案】(1)0.083(2)0.287【解析】【分析】本题考查贝叶斯公式的应用，考查条件概率以及全概率公式的应用，属于中档题．(1)设𝐴={取得一个产品是次品}，

𝐵1={取得一箱是甲厂的}，𝐵2={取得一箱是乙厂的}，𝐵3={取得一箱是丙厂的}.由全概率公式得𝑃(𝐴)=∑𝑘=13𝑃(𝐴|𝐵𝑘)𝑃(𝐵𝑘)即可求解；(2)根据贝叶斯公式可得𝑃(𝐵2|𝐴)=𝑃(𝐵2)𝑃(

𝐴|𝐵2)𝑃(𝐴)，进而得解．【解答】解：(1)设𝐴={取得一个产品是次品}，𝐵1={取得一箱是甲厂的}，𝐵2={取得一箱是乙厂的}，𝐵3={取得一箱是丙厂的}．三个厂的次品率分别为110，114，118，∴𝑃(𝐴

|𝐵1)=110，𝑃(𝐴|𝐵2)=114，𝑃(𝐴|𝐵3)=118．12箱产品中，甲占612，乙占412，丙占212，由全概率公式得𝑃(𝐴)=∑𝑘=13𝑃(𝐴|𝐵𝑘)𝑃(𝐵𝑘)=612×110+412×114+212×118≈

0.083．(2)依题意，已知A发生，要求𝑃(𝐵2|𝐴)，此时用贝叶斯公式：𝑃(𝐵2|𝐴)=𝑃(𝐵2)𝑃(𝐴|𝐵2)𝑃(𝐴)≈412×1140.083≈0.287．故答案为：(1)0.083；(2)0.287．38.春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿

色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为p，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设X为其中成活的株数，若X的方差𝐷𝑋=2.1，𝑃(𝑋=3)<𝑃(𝑋=7)，则𝑝=________．【答案】0.7【解析】【分析】推导

出𝑋～𝐵(10,𝑝)，由X的方差𝐷𝑋=2.1，𝑃(𝑋=3)<𝑃(𝑋=7)，列出方程组，能求出p的值．本题考查概率的求法，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．【解答】解：某种盆栽

植物每株成活的概率为p，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设X为其中成活的株数，则𝑋～𝐵(10,𝑝)，∵𝑋的方差𝐷𝑋=2.1，𝑃(𝑋=3)<𝑃(𝑋=7)，∴{10𝑝(1−𝑝)=2.1𝐶10

3⋅𝑝3(1−𝑝)7<𝐶107⋅𝑝7(1−𝑝)3，解得𝑝=0.7．故答案为：0.7．四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）39.在①只有第6项的二项式系数最大，②第4项与第8项的二项式系数相等，③所有二项式系数的和为210，这三个条件中任选一个，补充在下面(横线处)问题中，解决下面

两个问题.已知(2𝑥−1)𝑛=𝑎0+𝑎1𝑥1+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥3+⋯+𝑎𝑛𝑥𝑛(𝑛∈𝑁∗)，若(2𝑥−1)𝑛的展开式中，______．(1)求n的值；(2)求|𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+⋅⋅⋅+|𝑎

𝑛|的值．【答案】解：(1)选择条件①，若(2𝑥−1)𝑛的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则𝑛2=5，∴𝑛=10；选择条件②，若(2𝑥−1)𝑛的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则𝐶𝑛3=𝐶𝑛7，∴𝑛=10；选择条件③，若(2𝑥

−1)𝑛的展开式中所有二项式系数的和为210，则2𝑛=210，∴𝑛=10；(2)由(1)知𝑛=10，则(2𝑥−1)10=𝑎0+𝑎1𝑥1+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥3+⋅⋅⋅+𝑎10𝑥10，令𝑥=0，得𝑎0=1，令𝑥=−1，则310=𝑎0

−𝑎1+𝑎2−𝑎3+⋅⋅⋅+𝑎10=1+|𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+⋅⋅⋅+|𝑎10|，∴|𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+⋅⋅⋅+|𝑎10|=310−1．【解析】本题主要考查了二项式定理的应用，二项展开式

的特定项的系数，属于中档题．(1)选择条件①，可得𝑛2=5，解得n的值．选择条件②，可得𝐶𝑛3=𝐶𝑛7，解得n的值．选择条件③，可得2𝑛=210，解得n的值．(2)令𝑥=0，求得𝑎0=1，令𝑥=−1

，求得310=1+|𝑎1|+|𝑎2|+|𝑎3|+⋅⋅⋅+|𝑎10|，从而得出结果．40.如图，在半径为30cm的14圆形(𝑂为圆心)铝皮上截取一块矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A、C在两半径上，现将此矩形铝皮OA

BC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设矩形的边长𝐴𝐵=𝑥𝑐𝑚，圆柱的体积为𝑉𝑐𝑚3．(1)写出体积V关于x的函数关系式；(2)当x为何值时，才能使做出的圆柱形罐子体积V最大？【答案】解

：(1)连结OB，∵𝐴𝐵=𝑥，∴𝑂𝐴=√900−𝑥2，设圆柱底面半径为，则√900−𝑥2=2𝜋𝑟，即，，其中0<𝑥<30．(2)由，得𝑥=10√3，因此在(0,10√3)上是增函数，在(10√3,30)上是减函数．∴当𝑥=10√3时，V有最大值

．【解析】本题主要考查的是空间几何体体积计算的相关知识及利用导数研究函数的单调性．(1)连接OB，在△𝑂𝐴𝐵中，𝑂𝐵=30，𝐴𝐵=𝑥，可求得𝑂𝐴=√900−𝑥2，设圆柱底面半径为r，OA为

底面圆的周长，AB为圆柱的高，由圆柱体积等于底面积乘高可求得函数关系式，其中0<𝑥<30；(2)由(1)中所求函数式不能直接判断体积最大值，因此可对该关系式进行求导，令导函数等于0之后对原函数进行单

调性判断，求得当𝑥=10√3时，有最大值．41.如图，四边形ABCD为正方形，𝑃𝐷⊥平面ABCD，𝑃𝐷//𝑄𝐴，𝑄𝐴=𝐴𝐵=12PD．(1)证明：平面𝑃𝑄𝐶⊥平面DCQ；(2)求二面角𝑄—𝐵𝑃—𝐶的余弦值

。【答案】解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧；(Ⅰ)依题意有𝑄(1,1，0)，𝐶(0,0，1)，𝑃(0,2，0)；则𝐷𝑄⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=(1,1，0)，𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0，1)，𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(1,−1,0)，所以𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0；即𝑃𝑄⊥𝐷𝑄，𝑃𝑄⊥𝐷𝐶，故𝑃𝑄⊥平面DCQ，又𝑃𝑄⊂平面PQ

C，所以平面𝑃𝑄𝐶⊥平面DCQ；(Ⅱ)依题意，有𝐵(1,0，1)，𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0，0)，𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,2，−1)；设𝑛⃗⃗=(𝑥,y，𝑧)是平面的PBC法向量，则{𝑛⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⃗⋅𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0即{𝑥=

0−𝑥+2𝑦−𝑧=0，因此可取𝑛⃗⃗=(0,−1,−2)；设𝑚⃗⃗⃗是平面PBQ的法向量，则{𝑚⃗⃗⃗⋅𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑚⃗⃗⃗⋅𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=0，可取𝑚⃗⃗⃗=(1,1，1)，所以cos<𝑚⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗>=−√155，故二面角角𝑄

−𝐵𝑃−𝐶的余弦值为−√155．【解析】【试题解析】首先根据题意以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系𝐷−𝑥𝑦𝑧；(Ⅰ)根据坐标系，求出𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗、𝐷𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗、𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗的坐标，由向量积的运算易得𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0；进而可得𝑃𝑄⊥𝐷𝑄，𝑃𝑄⊥𝐷𝐶，由面面垂直的判定方法，可得证明；(Ⅱ)依题意结合坐标系，可得B、𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗、�

�𝑃⃗⃗⃗⃗⃗的坐标，进而求出平面的PBC的法向量𝑛⃗⃗与平面PBQ法向量𝑚⃗⃗⃗，进而求出cos<𝑚⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗>，根据二面角与其法向量夹角的关系，可得答案．本题用向量法解决立体几何的常见问题，面面垂直的判定与二面角的求法；注意建

立坐标系要容易求出点的坐标，顶点一般选在有两两垂直的三条直线的交点处，这样才有助于下一步的计算．42.已知过点𝑃(1,32)的曲线C的方程为√(𝑥−1)2+𝑦2+√(𝑥+1)2+𝑦2=2𝑎．(Ⅰ)求曲线C的标准方程：(Ⅱ)已知点𝐹(1,0)，A为直线𝑥=4上任意一点

，过F作AF的垂线交曲线C于点B，D．(𝑖)证明：OA平分线段BD(其中O为坐标原点)；(ii)求|BD||AF|最大值．【答案】解：(𝐼)将𝑃(1,32)代入曲线C的方程得𝑎=2;由椭圆定义可知曲线C的轨迹为以(−1,0)

，(1,0)为焦点的椭圆，所以C的标准方程为𝑥24+𝑦23=1；(Ⅱ)(ⅰ)设𝐵(𝑥1,𝑦1)，𝐷(𝑥2,𝑦2)，BD的中点𝑀(𝑥0,𝑦0)，设BD的方程为𝑥=𝑚𝑦+1，则AF的方程为𝑦=−𝑚(𝑥−1)，所以𝐴(4,−3𝑚)．将直线BD与椭圆C的方程联立{�

�=𝑚𝑦+13𝑥2+4𝑦2−12=0，得(3𝑚2+4)𝑦2+6𝑚𝑦−9=0．则𝑦1+𝑦2=−6𝑚3𝑚2+4，𝑦1⋅𝑦2=−93𝑚2+4，∴𝑀(43𝑚2+4,−3𝑚3𝑚2+4)，∵𝑘𝑂𝐴=−3

𝑚4=𝑘𝑂𝑀，∴𝑂𝐴平分线段BD；(ⅱ)|𝐴𝐹|=3√𝑚2+1，|𝐵𝐷|=√𝑚2+1√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1⋅𝑦2=12(𝑚2+1)3𝑚2+4．∴|𝐵𝐷||𝐴𝐹|=4√𝑚2+13𝑚2+4，令𝑡=√

𝑚2+1≥1，∴|𝐵𝐷||𝐴𝐹|=4𝑡3𝑡2+1=43𝑡+1𝑡≤1(当且仅当“𝑡=1”时取得等号)，∴|𝐵𝐷||𝐴𝐹|的最大值为1．【解析】本题考查轨迹方程的求法，考查椭圆的定义和标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题．(Ⅰ)将𝑃(1,32)代

入曲线C的方程得𝑎=2;由椭圆定义可知曲线C的轨迹方程；(Ⅱ)(ⅰ)直线BD与椭圆C的方程联立{𝑥=𝑚𝑦+13𝑥2+4𝑦2−12=0，消去x，利用根与系数关系得到𝑘𝑂𝐴=−3𝑚4=𝑘𝑂𝑀，即可证明结论；(ⅱ)求出

|𝐵𝐷||𝐴𝐹|，再利用基本不等式求出最大值即可．43.当前新冠肺炎疫情形势依然严峻，防控新冠肺炎疫情需常态化，为提高防控能力以及实效，某学校为宣传防疫知识做了大量工作，近期该校还将准备组织一次有关新冠病毒预防知识竞赛活动，竞赛分初赛和决赛两阶段

进行．初赛共有5道必答题，答对4道或4道以上试题即可进入决赛；决赛阶段共3道选答题．每位同学都独立答题，且每道题是否答对相互独立．已知甲同学初赛阶段答对每道题的概率为23，决赛阶段答对每题的概率为13．(1)求甲同学进入决赛的概率；(2)在决赛阶段，若选择答题，答对一道得4分，答错一道扣1分

，选择放弃答题得0分，已知甲同学对于选答的3道题，选择回答和放弃回答的概率均为12.已知甲同学已获决赛资格，求甲同学在决赛阶段，得分X的分布列及数学期望．【答案】解：(1)甲同学进入决赛的概率为：𝑃=𝐶54(23)4·13+𝐶55(23)5=112243．(2)依题意得，甲同学

每道题选择回答并答对的概率为12×13=16，选择回答且答错的概率为12×23=13，选择放弃回答的概率为12．X的可能取值为−3，−2，−1，0，2，3，4，7，8，12．所以𝑃(𝑋=−3)=(13)3=127，𝑃(𝑋=−2)=𝐶31×12×(13)2=16，�

�(𝑋=−1)=𝐶32×(12)2×13=14，𝑃(𝑋=0)=(12)3=18，𝑃(𝑋=2)=𝐶32×(13)2×16=118，𝑃(𝑋=3)=𝐶31×12×𝐶21×13×16=16𝑃(𝑋=4)=𝐶32×(12

)2×16=18，𝑃(𝑋=7)=𝐶32×13×(16)2=136，𝑃(𝑋=8)=𝐶31×12×(16)2=124，𝑃(𝑋=12)=(16)3=1216所以X的分布列为：X−3−2−102347812P12716141811816181

361241216𝐸(𝑋)=(−3)×127+(−2)×16+(−1)×14+2×118+3×16+4×18+7×136+8×124+12×1216=1【解析】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．(1

)利用n次独立重复试验中事件A恰好发生k次计算公式能求出甲答对4道或4道以上试题必答题的概率．(2)先求出甲同学每道题选择回答并答对的概率为12×13=16，选择回答且答错的概率为12×23=13，选择放弃回答的概率为12.𝑋的可能取值为−3，−2，−1，0，2，3，4，7，8，1

2.求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望．44.已知函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑙𝑛𝑥−𝑥+1(𝑚为实数)．(1)求𝑓(𝑥)的单调区间；(2)求证：ln(𝑛+1)>12+13+⋯+1𝑛+1(𝑛∈𝑁∗).【答案】解：(1)由题得，𝑓(𝑥)的定义域

为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑚−𝑥𝑥，当𝑚≤0时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)的单调减区间为(0,+∞)，当𝑚>0时，0<𝑥<𝑚时，𝑓′(𝑥)>0，𝑥>𝑚时，𝑓′(𝑥)<0，∴𝑓(𝑥)的单调增区间为(0

,𝑚)，单调减区间为(𝑚,+∞)，综上，当𝑚≤0时，𝑓(𝑥)的单调减区间为(0,+∞)；当𝑚>0时，𝑓(𝑥)的单调增区间为(0,𝑚)，单调减区间为(𝑚,+∞)；(2)由(1)可知，当𝑚=

1时，𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑓(1)=0，∴𝑙𝑛𝑥−𝑥+1≤0，当𝑥=1时等号成立，用1𝑥代替x，可得，令𝑥=1+1𝑛，𝑛∈𝑁∗，则，，分别取𝑛=1，2，3，…，可得，，…，，累加求和，可得．【解析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及利用导数研究闭区间上

函数的最值，熟练掌握利用导数研究函数的单调性是解题的关键．(1)求导，分情况讨论求解即可；(2)由(1)知，𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑓(1)=0，得出𝑙𝑛𝑥−𝑥+1≤0，用1𝑥代替x，可得，进

而求解即可．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com