【文档说明】吉林省“BEST合作体”2022-2023学年高二下学期期末联考 数学答案.pdf，共(5)页，212.022 KB，由小赞的店铺上传

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吉林省BEST合作体期末考试高二数学答案第1页共5页吉林省“BEST合作体”2022-2023学年度下学期期末考试高二数学试题答案一、选择题（每题5分，计60分）二、填空题（每题5分，计20分）13.514.-5115.416.67三、解答题(17题10分，18-2

2题，每题12分，总计70分）17．（本小题满分10分）解：（1）方法一：由题意可得：47PA，………1分“第一次抽到女生且第二次抽到男生”就是事件AB：“第一次抽到男生且第二次抽到男生”就是事件AB，从7个同学中每次不放回地随机抽取2人，试验的样本空

间Ω包含27A7642n个等可能的样本点，因为1143AA4312nAB，1132AA6nAB，所以1263122,427427nABnABnABPBPABnn，………3分故

217427PABPBAPA．………5分方法二：4332376767PB，………1分“在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率，则47PA，432767PAB，………

3分故217427PABPBAPA．………5分题号12345678答案CABBADAC题号9101112答案ABDBCDBDBC{#{QQABAQSEogCAABAAABhCAQmwC

kGQkAAAACgGQBAMMAIAyBNABAA=}#}吉林省BEST合作体期末考试高二数学答案第2页共5页（2）被抽取的3人中女生人数X的取值为0，1，2，3，………6分3337C10C35PX，124337CC1

21C35PX，214337CC182C35PX，3437C43C35PX，………8分X的分布列：X0123P13512351835435………9分X的数学期望112184120123353535357EX.…

……10分18.（本题满分12分）解：（1）12342.54t，1(5.25.35.75.8)5.54y，………1分41()()(1.5)(0.3)(0.5)(0.2)0.50.21.50.31.1iiittyy，………2分4222221()

(1.5)(0.5)0.51.55iitt，4222221()(0.3)(0.2)0.20.30.26iiyy，………3分41442211()()1.11.10.960.7

51.141.3()()iiiiiiittyyrttyy，………5分订单数量y与月份t的线性相关性较强；………6分（2）41421()()1.1ˆ0.225()iiiiittyybtt，………8分

ˆˆ5.50.222.54.95aybt，………9分经验回归方程为0.224.95yt，………10分令5t，0.2254.956.05y（万件），………11分即该企业5月份接到的

订单数量预计为6.05万件.………12分19．（本题满分12分）解：（1）解：选择条件①212aa，且12nnaaS，由题意可得1112nnaaS，∴11122nnnnnaaSSa，即12nnaa，………

2分∴na为公比2q=的等比数列，………3分{#{QQABAQSEogCAABAAABhCAQmwCkGQkAAAACgGQBAMMAIAyBNABAA=}#}吉林省BEST合作体期末考试高二数学

答案第3页共5页∵212aa，∴1122aa，解得12a，………5分∴2Nnnan；………6分选择条件②na为等比数列，且满足12nnSk，………2分由题意可得221332(8)(4)4,(16)(8)8aSSkkaSSk

k，………4分∴322aqa，………5分∴222Nnnnaaqn；………6分（2）由（1）得2Nnnan，∴22122311111loglog(21

)(23)22123nnnbaannnn，………8分∴1211111111112355721232323nnTbbbnnn，………10分∵Nn，11110

,233233nn，∴111123236nnT………11分∴不等式nT恒成立时，16，即的最小值为16．………12分20.（本题满分12分）解:（1）由()e1sinecosxxfxaxfxax，所以01fa，………

1分又曲线()yfx在(0,(0))f处的切线方程为yx，即011fa，所以2a；………3分（2）当2a时，()e12sin,e2cosxxfxxfxx，由ecosxyyx、在[0π]，上分别

单调递增、单调递减可得：e2cosxfxx在[0π]，上单调递增，………5分而π010,πe20ff，………6分即00,πx，使得00fx，故fx在

00,x上单调递减，0,πx上单调递增，且π00πe1ff，即()fx在[0,π]上的最大值为πe1；………7分（3）∵[0π]x，，ecosxfxax，令esinxgxfxgxa

x，………8分①当0a时，sin0,e10xax，易知e1sin0xfxax在[0,π]x上恒成立，当0x时取得等号，符合题意；………9分②当01a时，易知sin0ax，

则esin0xgxax在[0,π]x上恒成立，即fx在[0,π]x时单调递增，又010fa，故fx在[0,π]上单调递增，∵00f，∴恒有()0fx，符合

题意；………10分③当1a时，由②知fx在[0,π]x时单调递增，而π010πefafa，{#{QQABAQSEogCAABAAABhCAQmwCkGQkAAAACgGQBAMMAIAyBNAB

AA=}#}吉林省BEST合作体期末考试高二数学答案第4页共5页即00,πx，使得00fx，故fx在00,x上单调递减，0,πx上单调递增，又00f，则000fxf，不满足题意；………11分综上当,1a，能满足任意的[0,π]x

，恒有()0fx.………12分21．（本题满分12分）解:（1）由题可知，小周第1个月摇上号的概率为3001300010，………1分所以小周连续三个月摇上号的概率为31()10，………2分小周连续三个月摇上号的前提下，三个月集齐三款模型共有33A种情况

，三个月获得模型共有33种情况，所以在小周连续三个月摇上号的前提下，三个月集齐三款模型的概率为333A3,………4分设事件A为“小周在这三个月集齐三款模型”，则3333A111034500PA．………6分（2）由题意得1911,2,,111010kPXkk

，1191210PX，………7分则11111199()12101010kkkEX，………8分两边同乘910得1111199549()101010510kkkEX

，………9分两式相减得121101211119191919119129()()()()()10101010101010101010101010EX0121119999[()()()()]10101010101291

()1109101101291()10，………10分所以1211119999()1010()10()9()101010101010EX．………12分22．（本题满分12分）解：（1）fx，

gx定义域均为(0,+)，221,aaxfxxxx，………1分当0a时，则0fx，fx在(0,+)单调递增，无极值，与题不符；当0a时，令=0fx，解得：=xa，{#{QQABAQSEogCAABAAA

BhCAQmwCkGQkAAAACgGQBAMMAIAyBNABAA=}#}吉林省BEST合作体期末考试高二数学答案第5页共5页所以fx在0,a单调递减，在,a单调递增，在=xa取极小值，且1lnfaa；………3分又1gxax，当0a时：0

gx，gx在(0,+)单调递减，无极值，与题不符；当0a时：令=0gx，解得：1xa，所以gx在10,a单调递减，在1,a单调递增，在1xa取极小值，且11lngaa

；………4分由题：，解得：=1a.………5分（2）令1211,mnxx，因为12xx，所以mn，由12122fxfxxx可得：1122+ln=2ln=21ln=22+ln=2axxammannaxx

，………6分（1）-（2）得：lnlnamnmn，所以1lnlnmnamn，要证：12112xxa，只要证：2mna，只要证：2lnlnmnmnmn，………7分不妨设0nm，所以只要证：2lnmnmnmn，即证

：21ln1mmnmnn，………8分令1mttn，只要证：21ln11tttt，令21ln11thtttt，2

22221211114111ttthttttttt，所以ht在1,t上单调递增，………11分即有21ln11tttt成立，所以12112xxa成立.………12

分{#{QQABAQSEogCAABAAABhCAQmwCkGQkAAAACgGQBAMMAIAyBNABAA=}#}