【文档说明】广东省深圳市高级中学（集团）2022-2023学年高二下学期期中数学答案.pdf，共(6)页，460.876 KB，由小赞的店铺上传

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第1页深圳高级中学（集团）2022-2023学年第二学期期中数学答案1．CADBDBBC9.AD10.AC11．ACD2325223225CC()3()CC()4CPBCPCPB，事件B不发生，则两球一白一红

，()1PC，,BC不独立，B错；223225CC2()C5PB，C正确；事件2A发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件C才发生，所以23(|)4PCA，D正确．12．BD11πsin2πcosπsin2cossin2cos022fxfxxxxxx

x，所以函数fx的图象不关于点(,0)2对称，故A错误.因为2()cos(13sin)fxxx，所以当ππ(,)66x时，2111sin(,)sin[0,)224xx

，()0fx，故B正确.由π3π5π0,π,,2π,,3π222fxx，则fx在[1,10]内共有6个零点，故C错误.由题意可得223sincossin1sin=sinsinfxxxxxxx，令sin1,1xt

t，则3()ygttt，从而2131313gtttt，当33033gtt，3013gtt，或313t，故gt在3(1,)3上单调递减；在33,33上单调递增；在3,13上单调递减

.因为(1)0g，323()39g，所以()fx的最大值为239，故D正确.13．3（只要是3正整数倍即可）14．87315．1,2∵()fx定义域为(0,)，2111fxkxx，

()fx在(0,)上是单调减函数，∴0fx恒成立；∴max2()1xkx，0x，∵2111xxxx，0x，1122xxxx，当且仅当1x时取等号.∴21012xx，∴12

k，即：k的取值范围是1,2．16．2因为函数eexxfxxx的两个零点为1x，2x，则11221122ee0,ee0xxxxxxxx，即11221122ee,eexxxxxxxx，又lnlnlnl

nlneelnlnxxgxxxxxxxfx，第2页则1324lnlnxxxx，即1234eexxxx，所以1212121212341212ee111111112eeeexxxxxxxx

xxxxxxxx.17．（1）设数列na的公比为0qq，则2314321113923aqqqaqaqaq，0q，解得113aq，所以13nna，即na

的通项公式为13nna；（2）由题可知13nnbn，则121123333nnTn，12132333nnnT，1212133331323131233212332234111

1nnnnnnnnnnnnnnnnTTTTnTnn18．（1）2lnfxaxxaR的定义域为0，，1fxax，因为fx在点

e,ef处的切线为e0xyb，所以11eeefa，所以2ae；所以e1f把点e,1代入e0xyb得：2eb.即a，b的值为：2ea，2eb.（2）由（1）知：110axfxaxxx.①当0a时，0fx

在0，上恒成立，所以fx在0，单调递减；②当0a时，令0fx，解得：1xa，列表得：x10a，1a1a，fx-0+第3页yfx单调递减极小值单调递增所以，0a

时，fx的递减区间为10a，，单增区间为1a，.综上所述：当0a时，fx在0，单调递减；当0a时，fx的递减区间为10a，，单增区间为1a，.19．（

1）由题意得，400.02500.3600.4700.23800.04900.0160x；2222222(4060)0.02(5060)0.3(6060)0.4(7060)0.23(8060)0.04(90

60)0.01s4000.021000.300.41000.234000.049000.0186.所以这200名学生体重的平均数为60，方差为86；（2）①由（1）可知60，869.

27，则50.7369.27(609.27609.27)0.6827PZPZ＜＜；②由①可知1名学生的体重位于](50.73,69.27的概率为0.6827.则50,0.6827)XB～（，所以500.682734.135

EX.20．（1）因为2218nnSSn，当2n时，2222221211nnnSSSSSS81811n812311n(1)812nn221n，因为0na，所以0nS，故21nSn．当1n时

，111Sa适合上式，所以21nSn，Nn.（2）（方法1）因为21nSn，Nn，所以当2n时，121232nnnaSSnn．所以11,22.nnan，，所以数列nb：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，……，第4页

设(1)121002nnn≤，则22000nn≤，因为*nN，所以13n.所以nb的前100项是由14个1与86个2组成．所以.（方法2）设(1)121002nnn≤，则22000nn

≤，因为Nn，所以13n.根据数列nb的定义，知1001121231213129Taaaaaaaaaaaa123139SSSSS13525

1713(125)172186.21．（1）甲以3：1获胜，则前三局中甲胜两局败一局，第四局甲必须获胜，所以23343()C(1)33fppppp，01p，232()9123(34)fppppp，令()0fp，得

34p；令()0fp，得304p；令()0fp，得314p．所以()fp在30,4上单调递增，在3,14上单调递减，所以当34p时，()fp取得最大值为81256．（2）由（1）知034pp

，由题意，知X的所有可能取值为3、4、5，相应的概率为33312717(3)44646416PX，332133313181945(4)CC4444256256128PX，3

22322443131812727(5)CC4444512512128PX，所以X的分布列为:X345P7164512827128X的数学期望74527483()345161

28128128EX．22．（1）当22ea时，22211lnln1eefxxxxxxxx，第5页要证0fx，即证21ln10exx，设21ln1,0egxx

xx，令2110egxx，解得2ex，当20ex时，0gx，当2ex时，0gx，所以gx在20,e上递增，在2e,上递减，则222max21()elne1e0egxg

，所以0gx，即21ln10exx成立，所以0fx成立.（2）由已知可得2ln1e2xaHxxxxx，所以ln1exHxxxax因为对任意的0,xHx在0,上单调递减，所以0H

x在0,上恒成立，所以ln1e0xxxax在0,上恒成立，即eln1xxxax在0,上恒成立，令eln1(0)xxxFxxx，则22elnxxxFxx，令

2elnxhxxx，则212e0xhxxxx，所以hx在0,上为增函数，又因为11e2e21e1e0,1e10eehh，所以01,1ex，使得00hx，即0200eln0

xxx，当00xx时，0hx，可得0Fx，所以Fx在00,x上单调递减；当0xx时，0hx，可得0Fx，所以Fx在0,x上单调递增，所以000min00eln1()xxxFxFxx，由0200

eln0xxx，可得001ln000000ln111elnlnexxxxxxxx，001e,ln,xtxxtxtx令则又由1e0xtxx，所以tx在0,上单调递增

，所以001lnxx，可得00lnxx，所以001exx，即00e1xx，所以0000min000eln111()1xxxxFxFxxx，即得1a.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com