【文档说明】重庆市三峡名校联盟2020-2021学年高二下学期5月联考 数学 参考答案.docx，共(5)页，40.324 KB，由小赞的店铺上传

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三峡名校联盟2022年春季联考2023届数学试题参考答案与评分标准一、单选题1-5BAADB6-8DCC二、多选题9、ABC10、AD11、BD12、AB三、填空题13、914、3515、(𝑛−1)(𝑛−2)2（C𝑛−12也可

）16、[1+2𝑒−33,1+𝑒−22)∪(3𝑒2−12,4𝑒3−13]17.解：（1）因为是五位偶数所以末尾只能是2或者4从而一共有C21A44=48个五位偶数.…………………………………………………………5分（2）比32145大的五位数分为以下几类：①首位是3：C21A33+C

21A22+1=17;②首位是4或者5：C21A44=48.所以一共有48+17=65个这样的五位数.……………………………………………………10分18.解：（1）由𝑥=−2时函数𝑓(𝑥)有极值−163可得{𝑓(−2)=163𝑓′(−2)=0.又因为𝑓

′(𝑥)=3𝑎𝑥2+𝑏故{𝑓(−2)=−8𝑎−2𝑏=163𝑓′(−2)=12𝑎+𝑏=0，………………………………………………………………2分可得{𝑎=13𝑏=−4所以𝑓(𝑥)=13𝑥3

−4𝑥…………………………………………………………………………4分（2）设曲线𝑦=𝑓(𝑥)=13𝑥3−4𝑥与过点𝑃（3,−3）的切线相切于点𝐴(𝑥0,13𝑥03−4𝑥0)，则切线斜率𝑘=𝑓′(𝑥0)=𝑥02−4所以

切线方程为𝑦=(𝑥02−4)(𝑥−𝑥0)+13𝑥03−4𝑥0………………………………………6分又由于点𝑃（3,−3）在切线上，代入化简可得2𝑥03−9𝑥02+27=0………………………………………………

……………………………8分2𝑥03−6𝑥02−(3𝑥02−27)=02𝑥02(𝑥0−3)−3(𝑥0−3)(𝑥0+3)=0即(𝑥0−3)2(2𝑥0−3)=0解得𝑥0=3或𝑥0=−32…………………………………………10分故所求切线方程为5𝑥

−𝑦−18=0或4𝑦+7𝑥−9=0.……………………………………12分19．解：（1）由题意可知：只有第7项的二项式系数最大即C𝑛6最大，故由二项式系数的性质可知𝑛=12………………………………………………2分因此(3𝑥−1)12的展开式通项是𝑇𝑘+1=C12𝑘(3𝑥)12

−𝑘(−1)𝑘=C12𝑘312−𝑘(−1)𝑘𝑥12−𝑘根据题意，得12−𝑘=2𝑘=10………………………………………………………………4分因此𝑥2的系数是C121032(−1)10=594……………………………………

……………………………………6分（2）𝑛=2023，由题意不难得𝑓(𝑥)展开式中的奇数项系数为负即𝑎0,𝑎2⋯𝑎2022为负…………………………………………………………………………8分所以|𝑎0|+|𝑎1|+

⋯+|𝑎2023|=−𝑎0+𝑎1−𝑎2+⋯+𝑎2023=−𝑓(−1)……………………………………………………10分=−(−4)2023=42023………………………………………12分20.解：（1）由题意可得{

𝑓(10)=−1004+352+𝑎𝑙𝑛10+𝑏=16.5𝑓(30)=−904+2104+𝑎𝑙𝑛30+𝑏=37……………………………………………………2分解得{𝑎=5𝑏=−10，………………………………………………………………………………5分所

以𝑓(𝑥)=−𝑥240+74𝑥+5𝑙𝑛𝑥−10,(5≤𝑥≤40)…………………………………………6分（2）结合（1）的结论可得𝜔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑥=−𝑥240+34𝑥+5𝑙

𝑛𝑥−10,(5≤𝑥≤40)…………………………………7分从而ω′(𝑥)=−𝑥20+34+5𝑥=−𝑥2−15𝑥+10020𝑥所以=−(𝑥+5)(𝑥−20)20𝑥(5≤𝑥≤40)…………………

…………………………………8分列表得𝑥，ω′(𝑥)，𝜔(𝑥)的变化情况：𝑥（5,20）20（20,40）ω′(𝑥)+0−𝜔(𝑥)单调递增极大值单调递减由上表可知𝑥=20是函数𝜔(𝑥)在[5,40]内的极大值点，

也是最大值点.…………………10分此时最大值为𝜔(20)=−10+15+5𝑙𝑛20−10=5𝑙𝑛20−5=5(2𝑙𝑛2+𝑙𝑛5−1)=10（万元）所以当投入资金为20万元时，旅游利润最大，最大值为10万元.………………………12分21.解：（1）设两

个箱子的蓝球数量为𝑥个则由题意可知本题为古典概型那么样本空间“任取两个小球”所包含的样本点数量为C𝑥+32，“两个小球均是蓝球”所包含的样本点数量为C𝑥2…………………………………………1分所以由古典概型的概率计算公式可得C𝑥2C�

�+32=0.1解得𝑥=2或者𝑥=−13（舍）从而可知两个箱子中均装有蓝球2个。……………………………………………………3分记事件A为“取到的两个球都是蓝球”，事件B为“取到的两球中至少一球为蓝球”…4

分则由题意可知所求概率为𝑃(𝐴|𝐵)𝑃(𝐴|𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐵)=𝑛(𝐴𝐵)𝑛(𝐵)=C22C31C21+C22故𝑃(𝐴|𝐵)=17所以在已知一个小球是黄球的条件下，另一个小球也是黄球的概率为17.…………………6分（2）由

题意可得𝑋的可能取值为0,1,2,3,4.……………………………………………………7分𝑃(𝑋=0)=1×15×5=125,𝑃(𝑋=1)=C21C215×5=425,𝑃(𝑋=2)=C21C21+C

21C215×5=825,𝑃(𝑋=3)=C21C21C215×5=825,𝑃(𝑋=4)=C21C215×5=425.…………………………………………………………………………10分故𝑋的分布列为……………………………………1

2分22.解：（1）证明：设函数𝑔(𝑥)=𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑡𝑎𝑛𝑥−2𝑥，𝑥∈(0,𝜋2)则𝑔′(𝑥)=𝑐𝑜𝑠𝑥+1𝑐𝑜𝑠2𝑥−2由𝑥∈(0,𝜋2)，可得𝑐𝑜𝑠𝑥∈(0,1)故𝑔′(

𝑥)=𝑐𝑜𝑠𝑥+1𝑐𝑜𝑠2𝑥−2≥2√1𝑐𝑜𝑠𝑥−2>0………………………………………………2分从而𝑔(𝑥)在(0,𝜋2)上单调递增所以𝑔(𝑥)>𝑔(0)=0即𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑡𝑎𝑛𝑥−2𝑥>02𝑥<𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑡𝑎𝑛𝑥，证毕

…………………………………………………………………4分𝑋01234𝑃125425825825425（2）证明：根据题意：不妨设0<𝑥1<𝑥2<𝜋2.由𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)可得𝑥1−𝑠𝑖𝑛𝑥1−𝑡𝑎𝑛𝑥1+𝑎𝑙𝑛𝑥1+𝑏=𝑥2−𝑠𝑖𝑛�

�2−𝑡𝑎𝑛𝑥2+𝑎𝑙𝑛𝑥2+𝑏所以𝑎(𝑙𝑛𝑥1−𝑙𝑛𝑥2)=𝑠𝑖𝑛𝑥1+𝑡𝑎𝑛𝑥1−𝑥1−(𝑠𝑖𝑛𝑥2+𝑡𝑎𝑛𝑥2−𝑥2)𝑎(𝑙𝑛𝑥1−𝑙𝑛𝑥2)=𝑠𝑖𝑛𝑥1

+𝑡𝑎𝑛𝑥1−2𝑥1−(𝑠𝑖𝑛𝑥2+𝑡𝑎𝑛𝑥2−2𝑥2)+𝑥1−𝑥2…………6分由（1）可知𝑔(𝑥)=𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑡𝑎𝑛𝑥−2𝑥在(0,𝜋2)上单调递增所

以𝑔(𝑥1)<𝑔(𝑥2)即𝑠𝑖𝑛𝑥1+𝑡𝑎𝑛𝑥1−2𝑥1−(𝑠𝑖𝑛𝑥2+𝑡𝑎𝑛𝑥2−2𝑥2)<0所以𝑠𝑖𝑛𝑥1+𝑡𝑎𝑛𝑥1−2𝑥1−(𝑠𝑖𝑛𝑥2+𝑡𝑎𝑛𝑥2−2𝑥2)+𝑥1−

𝑥2<𝑥1−𝑥2从而𝑎(𝑙𝑛𝑥1−𝑙𝑛𝑥2)<𝑥1−𝑥2故𝑎>𝑥1−𝑥2𝑙𝑛𝑥1−𝑙𝑛𝑥2>0……………………………………………………………………………8分下证:𝑥1−𝑥2𝑙𝑛𝑥1−𝑙𝑛𝑥2>√𝑥1�

�2令𝑥2𝑥1=𝑡(𝑡>1)即证1−𝑡−𝑙𝑛𝑡>√𝑡只要证lnt−𝑡−1√𝑡<0设φ(t)=lnt−𝑡−1√𝑡(𝑡>1)则φ′(t)=1𝑡−√𝑡−𝑡−12√𝑡𝑡=−(√𝑡−1)2

2𝑡√𝑡<0所以φ(t)在(1,+∞)上单调递减从而φ(t)<φ(1)=0即lnt−𝑡−1√𝑡<0故𝑥1−𝑥2𝑙𝑛𝑥1−𝑙𝑛𝑥2>√𝑥1𝑥2…………………………………………………………………………10分所以𝑎>𝑥1

−𝑥2𝑙𝑛𝑥1−𝑙𝑛𝑥2>√𝑥1𝑥2即𝑎2>𝑥1𝑥2所以𝑥1𝑥2𝑎2<1.证毕………………………………………………………………………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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