【文档说明】湖南省雅礼中学2023-2024学年高三上学期月考（二）数学答案.docx，共(22)页，1.422 MB，由小赞的店铺上传

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大联考雅礼中学2024届高三月考试卷（二）数学命题人：卿科审题人：陈朝阳匡鈾龄得分：___________本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页．时量120分钟，满分150分．第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小

题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若12zi=+，则()1zz+=（）A.24i−−B.24i−+C.62i−D.62i+【答案】C【解析】【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的定义求解.【详解】()()()122i12i244i2i62izz+=+−=+−+=−．故选

:C.2.全集U=R，集合{2,3,5,7,9}A=，{4,5,6,8}B=，则阴影部分表示的集合是（）A.{2,3,5,7,9}B.{2,3,4,5,6,7,8,9}C.{4,6,8}D.{5}【答案】C【解析】【分析】根据给定的

条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为()UABð，而全集U=R，集合{2,3,5,7,9}A=，{4,5,6,8}B=，所以(){4,6,8}UAB=ð.故选：C3.函数

()2log22xxxxfx−=+的部分图象大致是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性和特殊点即得.【详解】易知()2log22xxxxfx−=+的定义域为0xx，因为()()22loglog2222xxxxxxxfxxf

x−−−−−==−=−++，所以()fx为奇函数，排除答案B，D；又()2202222f−=+，排除选项C．故选:A．4.在边长为3的正方形ABCD中，点E满足2CEEB=，则ACDE=（）A.3B.3−C.4−D.4【答案】A【解析】【分析】建立直角坐标系，写

出相关点的坐标，得到AC，DE，利用数量积的坐标运算计算即可.【详解】以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示直角坐标系，由题意得()()()()0,3,1,0,3,0,3,3AECD，所以()3,3AC=−，()2,3DE=−−，所以()()()32

333ACDE=−+−−=.故选：A.5.某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球的体积为3144πcm，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为31.5g/cm，不考虑打印损耗，制作该模

型所需原料的质量约为（）（1.54.7）A.3045.6gB.1565.1gC.972.9gD.296.1g【答案】C【解析】【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和，先求出圆台的体积，

再利用组合体的体积乘以打印所用原料密度可得结果.【详解】设半球的半径为R，因为332π144πcm3VR==半球，所以6R=，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6，所以()()22223113π6π3π6π363πcm33VSSSSh=++=++=下下上上圆台，所以该

实心模型的体积为3144π63π207πcmVVV=+=+=半球圆台，所以制作该模型所需原料的质量为207π1.52074.7972.9g=故选：C6.已知数列na为等比数列，其前n项和为nS，10a，则“公比0q”是“对于任意*nN，0nS”的（）A.充分而不必要条件B.必要而

不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的通项公式以及前n项和公式，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.详解】若10a，且公比0q，则110nnaaq−=

，所以对于任意*nN，0nS成立，故充分性成立；若10a，且12q=−，则()111112212111101323212nnnnnaSaa−−==−=−−

−−，所以由对于任意*nN，0nS，推不出0q，故必要性不成立；所以“公比0q”是“对于任意*nN，0nS”的充分不必要条件.故选:A7.若存在实数a，对任意的x∈[0，m]，都

有(sinx－a)·(cosx－a)≤0恒成立，则实数m的最大值为()A.4B.2C.34D.54【答案】C【解析】【分析】根据已知不等式得到，要求y＝sinx和y＝cosx图象不在y＝a＝22的同一侧，

利用正弦函数、余弦函数图象的性质进行解答即可．【详解】在同一坐标系中，作出y＝sinx和y＝cosx的图象，【的当m＝4时，要使不等式恒成立，只有a＝22，当m＞4时，在x∈[0，m]上，必须要求y＝sinx和y＝cosx的图象不在y＝a＝22的同一侧.∴由图可知m的最大值是34.故

选：C.8.已知函数()fx的定义域为R，()()()()2,24fxfxff+=−−=−，且()fx在)1,+上递增，则()10xfx−的解集为（）A.()()2,04,−+B.()(),15,−−+C.()(),24,−−+D.(

)()1,05,−+【答案】D【解析】【分析】根据()()2fxfx+=−可得()fx关于直线1x=对称，根据()()24ff−=−可得()()240ff−==，结合函数()fx的单调性可得函数图象，根据图象列不等式求解集即可.【详解】解：函数()fx，满足()()2fxfx+=−，则()fx

关于直线1x=对称，所以()()()244fff−==−，即()()240ff−==，又()fx在)1,+上递增，所以()fx在(),1−上递减，则可得函数()fx的大致图象，如下图：所以由不等式()10xf

x−可得，20210xx−−−或414xx−，解得10x−或5x，故不等式()10xfx−的解集为()()1,05,−+.故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小

题5分，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.对于实数a，b，c，下列选项正确的是（）A.若ab，则2abab+B.若0ab，则aabbC.若11ab

，则0a，0bD.若0ab，0c，则bcbaca++【答案】ABD【解析】【分析】利用比较法、特例法逐一判断即可.【详解】对选项A，因为ab，所以022ababa+−−=，022ababb+−−=

，所以2abab+，故A正确；对选项B，0ab，1aaabb=，所以aab，因为1ababb=，所以abb，即aabb，故B正确；对选项C，令2a=，3b=，满足11ab，不满足0a，0b，故C错误；对选项D，因为0ab，0c，所以(

)()()()()0abcbaccabbcbacaaacaac+−+−+−==+++，故D正确．故选：ABD．10.已知函数()23sincos3cos2fxxxx=−+，则下列说法正确的是（）A.()πsin23fxx=−B.函数()fx的

最小正周期为C.函数()fx的对称轴方程为()5πZ12xkk=+D.函数()fx图象可由sin2yx=的图象向右平移π3个单位长度得到【答案】AB的【解析】【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再结合

正弦函数的图像性质逐项判断.【详解】()2311cos2313πsincos3cossin23sin2cos2sin22222223xfxxxxxxxx+=−+=−+=−=−，所以A正确；对于B，函数()fx的最小正周期为2ππ2=，所以B正确；对于C，由ππ

2π32xk−=+，kZ，得5ππ122kx=+，Zk，所以函数()fx的对称轴方程为5ππ122kx=+，Zk，所以C不正确；对于D，sin2yx=的图象向右平移π6个单位长度，得ππsin2sin263yxx=−=−

，所以函数()fx的图象可由sin2yx=的图象向右平移π6个单位长度得到，所以D不正确．故选：AB．11.设nS是公差为d（0d）的无穷等差数列na的前n项和，则下列命题正确的是（）A.若0d，则1S是数列nS的最大项B.若数列n

S有最小项，则0dC.若数列nS是递减数列，则对任意的：*Nn，均有0nSD.若对任意的*Nn，均有0nS，则数列nS是递增数列【答案】BD【解析】【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前n项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨

论数列{}nS是递减数列的情况，从而证明D.【详解】对于A：取数列na为首项为4，公差为2−的等差数列，2146SS==，故A错误；对于B：等差数列na中，公差0d，211(1)()222nnnddSnadnan−=+=+−，nS是关

于n的二次函数.当数列nS有最小项，即nS有最小值，nS对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，0d，B正确；对于C：取数列na为首项为1，公差为2−的等差数列，22nSnn=−+，122(1)2(1)(2)21

0nnSnnnnSn=−+++−+−−−=+＋，即1nnSS＋恒成立，此时数列nS是递减数列，而110S=，故C错误；对于D：若数列{}nS是递减数列，则10(2)nnnaSSn−=−，一定存在实数k，当

nk时，之后所有项都为负数，不能保证对任意*Nn，均有0nS.故若对任意*Nn，均有0nS，有数列{}nS是递增数列，故D正确．故选：BD12.如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，点M，N分别为棱11BC，CD上的动点（包含端点），则

下列说法正确的是（）A.四面体11ADMN的体积为定值B.当M，N分别为棱11BC，CD的中点时，则在正方体中存在棱与平面1AMN平行C.直线MN与平面ABCD所成角的正切值的最小值为22D.当M，N分别为棱11BC，CD的中点时，则过1A，M，N三点作正方体的截面，所

得截面为五边形【答案】ACD【解析】【分析】求出四面体的体积判断A；把正方体的棱分成3类，再判断各类中的一条即可判断B；作出线面角，并求出其正切表达式判断C；利用线线、线面平行的性质作出截面判断D.【详解】点M，N在棱11BC

，CD上运动时，M到11AD距离始终为2，N到平面11ADM的距离始终为2，所以四面体11ADMN的体积11114222323NAMDV−==恒为定值，A正确；在正方体1111ABCDABCD−中，棱可分为三类，分别是1111,,AAABAD，及分别与它们平行的棱，又1111,,

AAABAD不与平面1AMN平行，则在正方体1111ABCDABCD−中，不存在棱与平面1AMN平行，B错误；正方体棱长为2，如图1，过M作1MMBC⊥于1M，则有1MM⊥平面ABCD，于是MN与平面ABCD所成角

即为1MNM，于是11112tanMMMNMMNMN==，又1MN长度的最大值为22，所以MN与平面ABCD所成角的正切值的最小值为22，C正确；如图2，取BC中点M，连接,AMMM，有11////MMBBAA，且11MMBBAA==，则四边形1

AAMM是平行四边形，有1//AMAM，过N作AM的平行线交AD于点E，此时14DEDA=，则1//ENAM，即EN为过1A，M，N三点的平面与平面ABCD的交线，连接1AE，在BC上取点F，使得14CFCB=，同证1//A

MAM的方法得11//AEBF，在棱1CC上取点G，使113CGCC=，连接MG并延长交直线BC于H，则112CHCMCF==，即11FHCMBM==，而1//FHBM，于是四边形1FHMB是平行四边形，有11////M

GBFAE，则MG为过1A，M，N三点的平面与平面11BCCB的交线，连接NG，则可得五边形1AMGNE即为正方体中过1A，M，N三点的截面，D正确．故选：ABD【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截

面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若函数()lnfxxax=−的图象在1x=处的切线斜率为3，则=a_______

___．【答案】2−【解析】【分析】求导，利用()13f=求解即可.【详解】解：因为()lnfxxax=−，所以()1afxx=−，又函数()lnfxxax=−的图象在1x=处的切线斜率为3，则()1131af=−=，所以2a

=−．故答案为：2−14.在平面直角坐标系xOy中，圆O与x轴的正半轴交于点A，点B，C在圆O上，若射线OB平分AOC，34,55B，则点C的坐标为__________．【答案】724,2525−【解析】【详解】由题意可知圆O的半径为2234155+=

，设AOBBOC==，由题意可知4sin5=，3cos5=，则点C的横坐标为271cos212sin25=−=−，点C的纵坐标为241sin22sincos25==．故答案为：724,2525−

．15.已知函数()fx的定义域为R，()exyfx=+是偶函数，()3exyfx=−是奇函数，则()fx的最小值为_____________．【答案】22【解析】【分析】由题意可得()e2exxfx−=+，再结合基本不等式即可得答案.【详解】解：因为函数()exyfx=

+为偶函数，则()()eexxfxfx−−+=+，即()()eexxfxfx−−−=−，①又因为函数()3exyfx=−为奇函数，则()()3e3exxfxfx−−−=−+，即()()3e3exxfxfx−+−=+，②联立①②可得()e2exx

fx−=+，由基本不等式可得()e2e2e2e22xxxxfx−−=+=，当且仅当e2exx−=时，即当1ln22x=时，等号成立，故函数()fx的最小值为22．故答案为：2216.已知菱形ABCD中，对角线23BD

=，将ABD△沿着BD折叠，使得二面角ABDC−−为120°，AC33=，则三棱锥ABCD−的外接球的表面积为________.【答案】28【解析】【分析】将ABD沿BD折起后，取BD中点为E，连接AE，CE，得到120AEC=

，在AEC△中由余弦定理求出AE的长，进一步求出AB的长,分别记三角形ABD△与BCD△的重心为G、F，记该几何体ABCD的外接球球心为O，连接OF，OG，证明RtOGE△与RtOFE全等，求出OE，再推出BDOE⊥，连接OB，由勾股定

理求出OB，即可得出外接球的表面积.【详解】将ABD沿BD折起后，取BD中点为E，连接AE，CE，则AEBD⊥，CEBD⊥，所以AEC即为二面角ABDC−−的平面角，所以120AEC=；设AEa=，则AECEa==,在AEC△中2222cos120ACA

EECAECE=+−，即2127222aaa=−−解得3a=，即3AE=，所以23323AB=+=所以ABD△与BCD△是边长为23的等边三角形.分别记三角形ABD△与BCD△的重心为G、F，则113EGAE==，113EFCE==；即EFEG=；因

为ABD△与BCD△都是边长为23的等边三角形，所以点G是ABD△的外心，点F是BCD△的外心；记该几何体ABCD的外接球球心为O，连接OF，OG，根据球的性质，可得OF⊥平面BCD，OG⊥平面ABD，所以OGE与OFE△都是直角三角形，且OE为公共边，所以RtOG

E△与RtOFE全等，因此1602OEGOEFAEC===，所以2cos60EFOE==；因为AEBD⊥，CEBD⊥，AECEE=I，且AE平面AEC，CE平面AEC，所以BD⊥平面AEC；又OE平面AEC，所以BDOE⊥，连接O

B，则外接球半径为()2222327OBOEBE=+=+=，所以外接球表面积为()24728S==.故答案为：28【点睛】思路点睛：求解几何体外接球体积或表面积问题时，一般需要结合几何体结构特征，确定球心位置，求出球的半径，即可求解；在确

定球心位置时，通常需要先确定底面外接圆的圆心，根据球心和截面外接圆的圆心连线垂直于截面，即可确定球心位置；有时也可将几何体补型成特殊的几何体（如长方体），根据特殊几何体的外接球，求出球的半径.四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证

明过程或演算步骤．17.已知正项数列na的前n项和为nS，且满足22nnnSaa=+.（1）求数列na的通项公式；（2）设24nnnbaa+=，数列nb的前n项和为nT，证明：3nT.【答案】（1

）nan=；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用,nnaS的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；（2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得nT，即可证明.【小问1详解】依题意可得，当1n=时，2111122Saaa==+，0na，则11a=；当2n时，22nnnS

aa=+，21112nnnSaa−−−=+，两式相减，整理可得()()1110nnnnaaaa−−+−−=，又na为正项数列，故可得11nnaa−−=，所以数列na是以11a=为首项，1d=为公差的等差数列，所以nan=.【小问2详解

】证明：由（1）可知nan=，所以()42222nbnnnn==−++，()44441324352nTnn=+++++22222222222222132435462112nnnnnn=−+−+−+−+−+−+−−−++2221312nn=+−−++，所以

3nT成立18.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知()33cossinbaCC=−.（1）求A；（2）若8a=，ABC的内切圆半径为3，求ABC的周长..【答案】（1）2π3（2）18【解析】【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出ta

nA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；（2）利用三角形的面积公式可得出182bcbc++=，结合余弦定理可求得bc+的值，即可求得ABC的周长.【小问1详解】解：因为()33cossinbaCC=−，由正弦定理可得()3sinsin3cossi

nBACC=−，①因为πABC++=，所以()sinsinsincoscossinBACACAC=+=+，代入①式整理得3cossinsinsinACAC=−，又因为A、()0,πC，sin0C，则3cossin0AA=−，所以tan3A=−，又因为()0,πA，解得

2π3A=.【小问2详解】解：由（1）知，2π3A=，因为ABC内切圆半径为3，所以()113sin22ABCSabcbcA=++=△，即()3832bcbc++=，所以，182bcbc++=②，由余弦定理2222π2cos3abcbc=+−得2264bcbc++=，所以()264bc

bc+−=③，联立②③，得()()22864bcbc+−++=，解得10bc+=，所以ABC的周长为18abc++=.19.如图，在三棱柱111ABCABC-中，11BCBCO=，12BCBB==，1AO=，160BBC=，且AO⊥平面

11BBCC．（1）求证：1ABBC⊥；（2）求二面角111ABCA−−的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）437【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质和判断定理可得1BC⊥平面1ABC，从而即可证明1ABBC⊥；（2）建立以O为原点，分别以OB，1OB，OA所在直线为x，y

，z轴的空间坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：因AO⊥平面11BBCC，1BC平面11BBCC，所以1AOBC⊥，因为1BCBB=，四边形11BBCC是平行四边形，所以四边形11BBCC是菱形，所以11BCBC⊥．又因

为1AOBCO=，AO平面1ABC，1BC平面1ABC，所以1BC⊥平面1ABC，因为AB平面1ABC，所以1ABBC⊥．【小问2详解】解：以O为原点，分别以OB，1OB，OA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所

示，则()3,0,0B，()10,1,0B，()0,0,1A，()13,0,0C−，为所以()10,1,1AB=−，()113,1,0CB=，()113,0,1ABAB==−，设平面11ABC的一个法向量为()1111,,nxyz=，则111111111030nAByznCBxy=−=

=+=，取11x=，可得13y=−，13z=−，所以()11,3,3n=−−ur，设平面111BCA的一个法向量为()2222,,nxyz=，则21122111223030nABxznCBxy=−==+=，取21x=，可得23y=−，23z=，所以()21,3,3

n=−，设二面角111ABCA−−的大小为，因为()()1212121,3,31,3,31cos,777nnnnnn−−−===，所以2143sin177=−=，所以二面角111ABCA−−的正弦值为437．20

.如图，已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=上一点(0,2)A，右焦点为(c,0)F，直线AF交椭圆于B点，且满足||2||AFFB=，33||2AB=．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线(0)ykxk=与椭圆相交于,CD两点，

求四边形ACBD面积的最大值．【答案】（1）22132xy+=；（2）32.【解析】【分析】（1）由已知得2b=，由||2||AFFB=且33||2AB=，知||3AFa==，即可求出椭圆C的标准方程；（2

）直线AF的方程为220xy+−=，与椭圆联立求出32(,)22B−，求出点,AB到直线(0)ykxk=的距离为1221dk=+，223221kdk+=+，联立直线ykx=与椭圆方程结合弦长公式求出CD，求出四边形

ACBD的面积121()2SCDdd=+，整理化简利用二次函数求出最值.【详解】（1）(0,2)AQ为椭圆C上一点，2b=又||2||AFFB=，33||2AB=可得，||3AF=，即3a=所以椭圆C的标准方程是22132xy+

=.（2）由（1）知(1,0)F，(0,2)A，直线AF的方程为220xy+−=，联立22132220xyxy+=+−=，整理得：22462(3)0xxxx−=−=，解得：1230,2xx==，32(,)22B−设点(0,2)A，32(,)

22B−到直线(0)ykxk=的距离为1d和2d，则1221dk=+，223221kdk+=+，直线(0)ykxk=与椭圆相交于,CD两点，联立22132xyykx+==，整理得：22(32)6kx+=，解得：342266,323

2xxkk=−=++.22342261132kCDkxxk+=+−=+.设四边形ACBD面积为S，则212221613(2)()23221kkSCDddkk++=+=++2362(0)232kkk+=+.设2(2,)tk=++，

则2kt=−，2223636361222113(2)236283628ttSttttt===−+−+−+23613221323884t=−+当1328t=，即8422332tk===+，即23k=时，四边形ACBD面积有最大值32.【点睛】思路

点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21.如

图所示，ABCP−是圆锥的一部分(A为圆锥的顶点)，O是底面圆的圆心，23BOC=，P是弧BC上一动点（不与B、C重合），满足COP=．M是AB的中点，22OAOB==．（1）若//MP平面AOC，求sin的值；（2）若四棱锥MOCPB−的体积大于14，求

三棱锥AMPC−体积的取值范围．【答案】（1）34（2）333,1212−【解析】【分析】（1）取OB的中点N，连接MN，证明出//NPOC，可得出3ONP=，OPN=，然后在ONP△中利用正弦定理可求得sin的值；（2）计算

得出四边形OCPB的面积33sin264S=+，结合20,3可求得的取值范围，设三棱锥AMPC−的体积为2V，三棱锥ABPC−的体积为3V，计算得出2361133sin2324VV==+−，结合正弦型函数的基本

性质可求得结果.【小问1详解】解：取OB的中点N，连接MN，M为AB的中点，则//MNOA，MN平面AOC，AO平面AOC，则//MN平面AOC，由题设，当//MP平面AOC时，因为MPMNM=，所以，平面//MNP平面AOC，NP平面MN

P，则//NP平面AOC，因为NP平面OBPC，平面OBPC平面AOCOC=，则//NPOC，所以，3ONPBOC=−=，OPNCOP==，在OPN中，由正弦定理可得sinsin3ONOP=，故sin33sin4ONOP==.

【小问2详解】解：四棱锥MOCPB−的体积1111323VOASS==，其中S表示四边形OCPB的面积，则1121131sinsinsincossin2232222SOPOCOPOB=+−=++

333sincossin4426=+=+，所以，1131sin3664VS==+，可得3sin62+，203，则5666+，故2363

+，解得,62.设三棱锥AMPC−的体积为2V，三棱锥ABPC−的体积为3V，由于M是AB的中点，则231112sin2623VVOASOBOC==−133333sin,32412126−=+−

.22.混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性．假设一组样本有N个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为()01pp．目前，我

们采用K人混管病毒检测，定义成本函数()NfXKXK=+，这里X指该组样本N个人中患病毒的人数．（1）证明：()2EfXpN；（2）若4010p−，1020K．证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性．公众号：高中试卷君【答案】（1）证明见解析（2

）证明见解析【解析】【分析】（1）由均值的性质及基本不等式即可证明.（2）由二项分布的概率及条件概率化简即可证明.【小问1详解】由题意可得X满足二项分布(),XBNp，由()()EaXbaEXb+=+知，()()2NNEfXKXEpNNKpKK=+=+，

当且仅当1KpK=时取等号；【小问2详解】记PP=（混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性），iPP=（混管中恰有i例阳性）=()C1KiiiKpp−−，0,1,,iK=，令()e1xhxx=−−，33210210x−−−

，则()e1xhx=−，当()3021,0x−−时，()0hx，()hx为单调递减，当()300,21x−时，()0hx，()hx为单调递增，所以()()00hxh=，且()()3321032

10e21010h−−−−−=−−−，()()332103210e21010h−−−=−−，所以当33210210x−−−，e10xx−−即e1xx+，两边取自然对数可得()l

n1xx+，所以当4010p−，1020K时，所以()()ln11ee1KKpKppKp−−−=−，则()()()()110111111111KKKpKpKppPPKpPKpp−−−−===−−−−−．故某混管检测结果为阳性，

则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com