【文档说明】湖北省沙市中学2023-2024学年高二下学期6月月考数学试题答案 - 印.docx，共(4)页，311.695 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级6月月考数学答案1-8：BDAB；BADD9.BCD10.ABC11.ABD12.e13.21814.()1,−+15.【解】（1）2X的可能取值为2，3，4.()222425525PX===，()223333355555

PX==+=，()232645525PX===，则2X的分布列为（略），故()2436772342552525EX=++=.（2）①若第1n+次取出来的是红球，由于每次红球和白球的总个数是5，则这种情况发生的概率是()5nEX

，此时红球的个数为()nEX；②若第1n+次取出来的是白球，则这种情况发生的概率是()15nEX−，此时红球的个数为()1nEX+.故()()()()()()14111555nnnnnnEXEXEXEXEXEX+=+−+=+，()()141

5nnEXEX+=+，则()()14555nnEXEX+−=−，所以()5nEX−是公比为45的等比数列.故()()2224484455352555nnnnEXEX−−−=−=−=−，即()43

55nnEX=−+.16.【解】（1）由已知，单个“南澳牡蛎”质量()32,16N～，则32,4==，由正态分布的对称性可知，()111(20)[1(2044)1(33)]10.99740.0013222PPP=−=−−+=−

=，设购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于20g的牡蛎为X只，故()10,0,0013XB～，故()()()10110110.001310.98710.0129PXPX=−==−−=−=，所以这10只“南澳牡蛎

”中，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性仅为1.29%．（2）（i）由()()()772112.5,38.9,81.0,3.8iiiiityttyytt====−−=−=，有()()()7172181.021.33.8ˆiiiiittyybt

t==−−==−，且38.921.3ˆˆ2.514.4aybx=−=−−，所以，模型②中y关于x的回归方程为21.314ˆ4.yx=−（ii）由表格中的数据，有182.479.2，即()()772211182.479.2i

iiiyyyy==−−模型①的2R小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好．当16x=时，模型②的收益增量的预测值为21.31614.421.3414ˆ.470.8y=−=−=（万元），这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠．17.【解】（1）()fx的定义域为()0,+，(

)1axfxx=−，若0a，则()0fx¢>恒成立，∴()fx在()0,+上单调递增；若0a，则由()10fxxa==，当10,xa时，()0fx¢>；当1,xa+

时，()0fx，∴()fx在10,a上单调递增，在1,a+上单调递减．综上可知：若0a，()fx在()0,+上单调递增；若0a，()fx在10,a上单调递增，在1,a+上单调递减．（2）()()2ln1ln11xxaxxfxx

x−−−=++，令()()2ln1gxxxax=−−，()1x，()ln12gxxax+=−，令()()ln12hxgxxax==+−，()12axhxx−=①若0a，()0hx，()gx在)1,+上单调递增，()()

1120gxga=−，∴()gx在)1,+上单调递增,()()10gxg=，从而()ln01xfxx−+不符合题意．②若102a，当11,2xa，()0hx，∴(

)gx在11,2a上单调递增，从而()()1120gxga=−，∴()gx在)1,+上单调递增,()()10gxg=，从而()ln01xfxx−+不符合题意．③若12a，()0hx在

)1,+上恒成立，∴()gx在)1,+上单调递减，()()1120gxga=−，∴()gx在)1,+上单调递减,()()10gxg=，()ln01xfxx−+综上所述，a的取值范围是1,2+．18.【

解】（1）易知的所有可能取值为0,1,2,3此时()0353381056CCPC===，()12533815156CCPC===，()215338301525628CCPC====，()30533810535628CCPC====，

所以的分布列为………（略）则()115155150123565628288E=+++=.（2）（i）记“输入的问题没有语法错误”为事件A，记“输入的问题有语法错误”为事件B，记“ChatGPT的回答被采纳

”为事件C，则()0.9PA=，()0.1PB=，()|0.5PCB=，()|0.85PCA=.()()()()()()()||PCPCBPCAPBPCBPAPCA=+=+0.10.50.90.850.815=+=.（ii）若ChatGPT的回答被采纳，则该问题的输入没有语法

错误的概率为()()()()()()|0.90.85153|0.815163PACPAPCAPACPCPC====.19.【解】（1）当0a=时()223ln,02fxxxxx=−，可得()2ln32(ln1)fxxxxxxx=+−=−，令()0fx=，可得ex=，当0ex时，()0

fx，当ex时，()0fx，所以当ex=为()fx在极小值点，又()2lnfxx=，所以()e2lne2f==，所以()()()23322222e22[10]1efKf===++；（2）由()2323ln32afxxxxx=−−，可得()222l

n32ln2fxxxxaxxxxxax=+−−=−−，令()22()2ln32ln2hxfxxxxaxxxxxax==+−−=−−，则()2ln2hxxax=−，令()0hx=时，可得lnxax=，令ln()xxx=

，可得21ln()xxx−=，当0ex时，()0x，ln()xxx=单调递增，当ex时，()0x，ln()xxx=单调递减，则max1()ex=，所以10ea时，()2ln20fxxax=−

=有解，且有两解13,xx且131exx，1x为()fx的极小值点，3x为()fx的极大值点，当1ea=时，()2ln20fxxax=−=有解，且有唯一解，但此解不是()fx极值点，当1ea时，()2ln20fxxax=−=无解，

所以()fx无极值点，所以当10ea时，()fx存在极值点，所以()()()32201fxKfx==+；（3）由题意可得()222e4exxgxxax=−+，可得()2(1)e4e2xxgxxax=+−+，要()g

x，()fx曲率为0，则()()0gxfx==，即2ln222e0xxaxax−=+=，可得lnxax=，2exax=−，所以10ea时，ln()xxx=有两解13,xx，131exx，可证213exx，由（2）可得1

1ln0xax−=，33ln0xax−=，可得1313lnlnxxaxax+=+，1313lnlnxxaxax−=−．要证明213exx，即证明13lnln2xx+，也就是13()2axx+．因为1313lnlnxxaxx−=−，所以即证明131313lnln2xxxx

xx−−+，即1313132()lnxxxxxx−+，令13xtx=，则01t，于是2(1)ln1ttt−+，令2(1)()ln1tfttt−=−+，则22214(1)()0(1)(1)tfttt

t−=−=++,故函数()ft在(0,1)上是增函数，所以()(1)0ftf=，即2(1)ln1ttt−+成立．所以213exx成立．又因为2aa，则222323lnlneeexxxxxx−−−=，由（2）可得ln()xxx=在(e,)+上单调递减，因为2eex−，3

ex，所以2221113eeexxxxxx−=，