【文档说明】四川省仁寿第一中学校北校区2020-2021学年高二下学期期末模拟考试（6月月考）数学（理）答案.doc，共(3)页，341.000 KB，由小赞的店铺上传

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仁寿一中北校区2019级高二理科数学6月考试答案一、选择题题号123456789101112答案DBDCADCAADBA二、填空题13.12514．415．51216.1e+三、解答题17．【详解】（1）由题意可得，()232fxxaxb=++．由04(2

)124fbfab==−=−+解得24ab==−，经检验得2x=−时，()yfx=有极大值．所以()3224fxxxx=+−．（2）由（1）知，()()()2344232fxxxxx=+−=+−．令(

)0fx=，得12x=−，223x=，可知()fx在3,1−上的最大值为()max28ff=−=，最小值min240()327ff−==．18．【详解】（1）由条件得1234557.5910.5133,955xy++++++++====122115

4135ˆˆˆ1.9,91.933.35545niiiniixynxybaybxxnx==−−====−=−=−−y关于x的线性回归方程：1.93.3yx=+，6分（2）设事件A：“红包奖励不少于100元”，则5天中上了3天班有()()()()()()()()()()1,2,3

,1,2,4,1,2,5,1,3,4,1,3,5,1,4,5,2,3,42,3,5,2,4,,5,3,4,5，共10种事件A包含()()()()()()()()1,2,5,1,3,41,3,5,1,4,5,2,3,4,2,3,5,2,4,5,3,4,5．，共8种，所以，84()105PA

==19．【解析】（1）由题意得：1000800200m=−=，100100ym=−=，800500300x=−=，300100400nxy=+=+=，因为()22100050010010030012510.4176

.63580020060040012K−==.所以有99%的把握认为有疲乏症状与接种此种疫苗有关.……….6分（2）从接种疫苗的n人中按是否有疲乏症状，采用分层抽样的方法抽出4人，可知4人中无疲乏症状的有6人，记为,,abc，有疲乏症状的有2人

，记为A，从4人中随机抽取2人，总基本事件有：(,),(,),(,),(,),(,),(,)abacadaAbAcA共6件，当这2人中恰有1人有疲乏症状时，得分为11分，记“得分结果总和为11”为事件M，事件M包括了3件基本事件，则()3162PM==.….12分20．解（1）依题意，甲至少能解

出两道题的概率23233322220C1C33327P=−+=．4分（2）由题意知，X的所有可能取值为0，1，2，3．则3211(0)11143224PX==−−−=；32132132161(1

)111111432432432244PX==−−+−−+−−==；32132132111(2)11143243243224

PX==−+−+−=；32161(3)432244PX====．故X的数学期望1111123()012324424412EX=+++=．9分（3）设Y表示甲在考试中能解出题的道数，则随机变量Y

服从二项分布，即2~3,3YB．知Y的数学期望2()323EY==．因为()()EYEX，故甲应该被录取．12分21．【详解】（1）()()()2211cos1cos22fxgxxaxxxxaxx+=++−=+−+，则()()()'[]1sin

fxgxxax+=+−−，又()()fxgx+在)0,+上是增函数，则()1sin0xax+−−在)0,+上恒成立，故max(sin1)axx−+，构造函数()sin1xxx=−+，则()cos10xx=

−，即()sin1xxx=−+在)0,+上单调递减，则()max()01xh==，于是1a，故a的取值范围为)1,a+.（2）由已知，得()cossin1xxhxx−−=，则()2sin1sincoscosxxxxxxhxx+−−−=，构造函数()s

in1sincoscosFxxxxxxx=+−−−，则()()cossinsincosFxxxxxxxx=−+=−，因为3,24x，所以sincos0xx−，于是()0Fx，故()Fx

在3,24单调递增，所以()2022FxF=−，所以()0hx，故()hx在3,24上单调递增，因此min4()2hxh==−.22．【解析】（1）函数()yfx=的定义域为()1,−+

．当1a=时，()()ln1xfxex=−+，所以()11xfxex=−+，易知()fx在()1,−+上单调递增，且()00f=．则在()1,0−上()0fx，在()0,+上()0fx，从而()fx在()1,0−上单调递减，在()0,+上单调递增．（2）证明：()

()ln1lnxfxaexa=−++，所以()11xfxaex=−+，且1a．设()()gxfx=，则()()2101xgxaex=++，所以()gx在()1,−+上单调递增，即()fx在()1,−+上单调递增，由()101xfxaex=−=+即()11x

xea=+，设()()1xhxxe=+()()20xhxxe=+，则()hx在)1,−+上单调递增且()10h−=．则当)1,a+时，都恰有一个01x−，使得()000101xfxaex=−=+，且当()01,xx−时()0f

x，当()0,xx+时()0fx，因此()fx总有唯一的极小值点0x．所以0011xaex=+，从而()00lnln1axx=−+−，极小值()()()0000001ln1ln2ln11xfxaexaxxx=−++=−++−+由()00lnln1axx=−+−，可得当)1,a

+时，()00ln10xx−+−即()00ln10xx++，()00ln1xx++随0x增大而增大，易得(01,0x−．令01tx=+，则(0,1t，设()12ln1tttt=−+−+，()11=()

()2210ttt+=−，所以()t在(0,1上单调递减，且()11=，从而()1t．即()01fx．