【文档说明】押题卷03 《2022年全国普通高等院校统一招生考试（押题）数学试卷》（新教材·新高考）（解析版）.docx，共(25)页，1.857 MB，由管理员店铺上传

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注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第I卷选择题部分（共60分）一、选择题：本大题共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．已知i为虚数单位，则1i2iz−=在复平面内对应的点位于()A

．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算法则和几何意义即可判断.【详解】()()()1ii1i1i11i2i2ii222z−−−−−====−−−，z对应的点为11,

22−−，在第三象限.故选：C.2．已知全集U=R，集合0,1,2,3A=，1Bxx=，则()UAB∩ð等于（）A．0,1B．1,3C．1,2,3D．0,1,2,3【答案】C【解析】【分析】根据补集、交集的定义计算可得；【详解】解：因为

1Bxx=，U=R，所以|1UBxx=ð，又0,1,2,3A=，所以()1,2,3UAB=ð；故选：C3．已知抛物线2:2Cyx=的焦点为F，0(Ax，0)y是C上一点，032AFx=，则0x=（）A．1B．2C．4D．8【答案】A【解析】【

分析】根据抛物线的几何性质，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离即可.【详解】由抛物线方程22yx=，得p=1，准线方程为12x=−，点A到焦点F的距离等于到准线的距离，即001322AFxx=+=，解得01x=；故

选：A.4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的

平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬30°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．15°B．30°C．60°D．90°【答案】B【解析】【分析】由纬度的定义和线面角的定义，结合

直角三角形的性质，即可求得晷针与点A处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线，l是点A处的水平面的截线，AB是晷针所在直线，m是晷面的截线.依题意可知OAl⊥，//mCD，ABm⊥，且晷针与点A处的水平面所成角为BAE.由于30,//A

OCmCD=，所以30OAGAOC==.由于90OAGGAEBAEGAE+=+=，所以30BAEOAG==，也即晷针与点A处的水平面所成角为30BAE=.故选：B5．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为（）A．4πB．6πC．8πD．10π【答案】

B【解析】【分析】由正四面体的棱长，求出正四面体的高，设外接球半径为R，利用勾股定理求出R的值，可求外接球的表面积.【详解】因为正四面体的棱长为2，所以底面三角形的高3，棱锥的高为h=−=222326233，设外接球半径为R，则RR=−+

222262333，解得62R=.所以外接球的表面积为πππSR===2264462.故选：B.6．设110,022ab，随机变量的分布1−01P12ab则当a在10,2内增大时，（）A．()E增大，()D增大B．()

E增大，()D减小C．()E减小，()D增大D．()E减小，()D减小【答案】D【解析】【分析】求得,ab之间的关系，再求出()(),ED讨论其单调性即可判断.【详解】因为分布列中概率之和为1，可得12ab+=，∴()111222Ebaa=−+=

−+−=−，∴当a增大时，()E减小，又由()()()()2222115101224Daaaaba=−+++++=−++，可知当a在10,2内增大时，()D减小.故选：D.7．已知(

)exfxx=，()5log4af=，151log3bf=，()0.20.5cf−=，则a，b，c的大小关系为（）A．cbaB．bcaC．abcD．cab【答案】D【解析】【分析】先判断函数在0x时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数

的性质可得()5log3bf=，比较0.2550.5log4l,,og3−三个数的大小，然后根据函数在0x时的单调性，比较出三个数的大小.【详解】当0x时，()eexxfxxx==，()ee0xxfxx=+，所以函数()fx在()0,+上是增函数，因

为()()eexxfxxxfx−−=−=−=−，所以函数()fx是奇函数，所以函数在R上单调递增，所以()1551loglog33bff==，因为0.2550.5log41log3−所以cab.故选：D8．已知函数()fx对任意xR都有(4)()(2

)fxfxf+=−，若(1)yfx=+的图象关于直线1x=−对称，且对任意的，12,[0,2]xx，当12xx时，都有()()12210fxfxxx−−，则下列结论正确的是（）A．11111(3)(4)2fff−B．11111(3)(4)

2fff−C．11111(3)(4)2fff−D．11111(4)(3)2fff−【答案】C【解析】【分析】(1)yfx=+分析奇偶性，(4)()(2)fxfxf+=−分析周期性，由()()12210fxfxxx−−分析单调性，结合题意选

出答案.【详解】因为(1)yfx=+的图象关于直线1x=−对称，所以()yfx=向左平移一个单位关于直线1x=−对称，所以()yfx=关于直线0x=（y轴）对称，所以()yfx=是偶函数，所以(2)(2)ff−=

，又因为(4)()(2)fxfxf+=−，令2x=−得：2(2)(2)ff=−，所以2(2)(2)(2)fff=−=，所以(2)(2)0ff=−=，所以(4)()fxfx+=所以()fx周期为4，12,[0,2]xx，当12xx时

，都有()()12210fxfxxx−−，所以()()12120fxfxxx−−，所以()fx在[0,2]单调递增，所以()fx草图如下：由图像可得：(3)(3)(4)fff−=且11()(5)(3)(3)2ffff==−所以110()(3)(

4)2fff−11111(3)(4)2fff−所以选项C正确.故选:C.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9

．如图所示的是某国2008年至2018年高铁运营里程和高铁占铁路运营里程的比重，则下列说法正确的是（）A．该国2009年至2018年高铁运营里程和高铁占铁路运营里程的比重都逐年增加B．该国2008年至2

018年高铁运营里程的中位数为11028公里C．该国2009年至2018年高铁运营里程占铁路运营里程的比重的80％分位数为16.4D．该国2018年的铁路运营里程超过145000公里【答案】ABD【解析】【分析】通过里程数图条形图的高度变化判定选

项A正确，利用中位数的概念判定选项B正确，根据80％分位数的概念判定选项C错误，利用2018年高铁运营里程和高铁占铁路运营里程的比重判定选项D正确.【详解】对于A：由两图可以得到该国2009年至2018年高铁运营里程和高铁占铁路运营里程的比重

逐年增加，即选项A正确；对于B：因为该国2008年至2018年高铁运营里程逐年增加，所以该国2008年至2018年高铁运营里程的中位数为2013年的里程数，即11028公里，故选项B正确；对于C：因为1080%8=，所以该国2009年至2018年高铁运营里程占铁

路运营里程的比重的80％分位数为16.417.717.052+=，即选项C错误；对于D：设该国2018年的铁路运营里程为x公里，则290002900014500019.8%0.2x==，即选项D正确．故选：ABD.10．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中

，M､N分别为AC，A1B的中点，则下列说法正确的是（）A．MN∥平面ADD1A1B．MN⊥ABC．直线MN与平面ABCD所成角为45°D．异面直线MN与DD1所成角为60°【答案】ABC【解析】【分析】取AB中点E，连接,EMEN，证明平面//MEN平面11ADD

A，得线面平行，判断A，证明AB⊥平面MEN，得线线垂直判断B，确定直线MN与平面ABCD所成角判断C，由异面直线所成角的定义判断D．【详解】取AB中点E，连接,EMEN，如图，因为M､N分别为AC，

A1B的中点，所以1//NEBB，//MEBC，又11//,//BBDDBCAD，所以1//NEDD，//MEAD，NE平面11ADDA，1AA平面11ADDA，所以//NE平面11ADDA，同理//ME平面11ADDA，而MENEE=

，,MENE平面MEN，所以平面//MEN平面11ADDA，又MN平面MNE，所以//MN平面11ADDA，A正确；由正方体性质1,ABBBABBC⊥⊥，所以,ABNEABME⊥⊥，MENEE=，,M

ENE平面MEN，所以AB⊥平面MEN，又MN平面MNE，所以ABMN⊥，B正确；由1BB⊥平面ABCD，得NE⊥平面ABCD，所以NME是直线MN与平面ABCD所成的角，由选项A可得NEME=，由ME平面ABCD，得NEME⊥，所以45NME=，即直线MN与平

面ABCD所成的角是45，C正确；而45ENM=，1//ENDD，所以ENM是直线直线MN与DD1所成角，D错误．故选：ABC．11．圆22:4630Cxyxy++−−=，直线:3470lxy−−=，点P在圆C上，点Q在直线l上，则下列结论正确的是（）A．直线

l与圆C相交B．若点P到直线l的距离为3，则点P有2个C．PQ的最小值是1D．从Q点向圆C引切线，切线长的最小值是2【答案】BC【解析】【分析】利用圆心到直线的距离判断A选项；通过,drdr+−判断BC选项；通过勾股定理计算切线长判

断D选项.【详解】圆()()22:2316Cxy++−=，圆心(2,3)C−，半径4r=，圆心到直线的距离()223(2)4375434d−−−==+−，故直线l与圆C相离，A错误；PQ的最小值

是5-4=1，最大值是5+4=9，故点P到直线l的距离为3时，点P有2个，B正确，C正确；设Q点向圆C引切线QT，22216QTQCrQC=−=−，QC最小时，QT即最小，QC的最小值为圆心到直线的距离，此

时2min5163QT=−=，D错误.故选：BC.12．有一列数：1,1,2,3,5,8，，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列na称为斐波那契数列，又称黄金分割数列(当n趋

向于无穷大时，前一项与后一项的比值越来越逼近黄金分割0.618).在现代物理、准晶体结构、股市研究等领域，斐波那契数列都有应用，现将数列na中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为nb，则下列结论正确的是（）A．20193b=B．12320

202695bbbb++++=C．*2,nnN，若数列1nnaa−+为等比数列，公比为q，则1q=+D．12321nnaaaaa+++++=−【答案】BD【解析】【分析】根据题中给出的信息

，运用列举法分别求出数列nb中的项，发现数列nb是周期为6的周期数列，然后利用周期性即可判断选项A，B，利用等比数列的定义结合新定义即可判断选项C，利用21nnnaaa++=+，列举1n=，2，L，然后迭加即可判断选项D．【详解】解：由题意

得：21nnnaaa++=+，所以321aaa−=，432aaa−=，543aaa−=，654aaa−=，765aaa−=，21nnnaaa++−=，左右相累加得：即2212345nnaaaaaaaa+−=++++++，即2123

451nnaaaaaaa+−=++++++，故D正确；若数列1nnaa−+为等比数列，公比为q，则()1111nnnnnnnaaqaqaaqaqa+−+−+=+=−+，所以1,11,1qqqq−===+=，故C错误；数列na中的各项除

以4所得余数按原顺序构成的数列记为nb，则1234561,1,2,3,1,0,bbbbbb======7891011121,1,2,3,1,0bbbbbb======易得nb是周期为6的数列．所以201932bb==，故A错误；1232020bbbb++++()3361123101

1232695=+++++++++=，故B正确．故选：BD．第II卷非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的一条渐近线经过点()3,6−，则它的离心

率为______．【答案】52【解析】【分析】根据已知条件求得2ab=，由此求得双曲线的离心率.【详解】由题意可设双曲线的标准方程为22221yxab−=，其渐近线方程为ayxb=，则()36ab−−=，即2ab=，所以22252cabeaa+

===．故答案为：5214．已知()fx是R上的奇函数，()gx是在R上无零点的偶函数，()20f=，当0x时，()()()()0fxgxfxgx−，则使得()()lg0lgfxgx的解集是________【答案】11(100,)100+,【解析】【分析】构

造函数()()()fxhxgx=，求出()hx的单调性及奇偶性，由()()lg(lg)0lgfxhxgx=得到不等式，解不等式即可.【详解】令()()()fxhxgx=，则()()()()2()()

fxgxfxgxhxgx−=，当0x时，()0hx，故()hx在()0,+上单调递减，又()fx是奇函数，()gx是偶函数，故()hx是奇函数，()hx在(),0−上单调递减，又()20

,(0)0ff==，可得(2)0,(2)0,(0)0hhh=−==，故()hx在()2,0,(2,)−+上小于0，由()()lg(lg)0lgfxhxgx=，得2lg0−x或lg2x，解得11100x或100x.故

答案为：11(100,)100+,.15．已知不共线的向量a、b，其中2ab==rr．若()()27abab+−=−，则a与b的夹角的正切值________．【答案】73【解析】【分析】由()()27abab+−=−，利用向量数量积的运算可得3cos,4

ab=，从而即可求解.【详解】解：因为2ab==rr，()()27abab+−=−，所以22222222cos,222cos,227aabbaababbab−−=−−=−−=−，所以3

cos,4ab=，又,0,abrr，所以7sin,4ab=，所以7tan,3ab=，即a与b的夹角的正切值为73，故答案为：73.16．已知函数(),0ln,0xexfxxx=，()()1gxfxmx=−−，当实数m的取

值范围为________时，()gx的零点最多.【答案】210me【解析】【分析】作出函数()fx的图象，由()0gx=得()+1fxmx=，设+1ymx=，分0m=，0m，>0m分别讨论+1ymx=与()fx的交点个数，当>0m时，求

得+1ymx=与xye=相切时切线的斜率，+1ymx=与lnyx=相切时切线的斜率，由此可求得实数m的取值范围.【详解】解：作出函数()fx的图象如图：由()0gx=得()+1fxmx=，设+1ymx=，当0m=时，+1ymx=与()fx

有2个交点；当0m时，+1ymx=与()fx有2个交点；.当>0m时，设+1ymx=与xye=相切，切点为()11,xxe，则'exy=，所以切线的斜率为11xke=，其切线方程为：()111xxyeexx−=−，又因切线恒过点()01，，所以()11110xxeex−=−，解得10

x=，所以切线的斜率为011ke==，当>0m时，设+1ymx=与lnyx=相切，切点为()22,lnxx，则'1yx=，所以切线的斜率为221kx=，其切线方程为：()2221lnyxxxx−=−，又因切线恒过点()01，，所以()22211ln0xxx

−=−，解得22xe=，所以切线的斜率为221ke=，所以当m1时，+1ymx=与()fx有1个交点；当211me时，+1ymx=与()fx有2个交点；当21me=时，+1ymx=与()fx有3个交点；当210me时，+1ymx=与()fx有4个

交点；所以实数m的取值范围为210me时，()gx的零点最多，故答案为：210me.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．等差数列na的公差0d，其n项和为nS，已知39S=，且2a是1a和5a的

等比中项．(1)求数列na的通项公式；(2)若1nnbSn=+，求数列{}nb的前n项和.nT【答案】(1)an=2n-1(2)1nn+【解析】【分析】（1）根据题意求出1,ad，再根据等差数列的通项公式即可得解；（2）求出数列na的前n项和为nS，再利用裂项相消法即可得出答案

.(1)解：等差数列{an}的公差d≠0，其n项和为Sn，已知S3=9，且a2是a1和a5的等比中项，可得3a1+3d=9，a22=a1a5，即（a1+d）2=a1（a1+4d），解得a1=1，d=2，则an=2n-1；(2)解

：()21212nnnSn+−==，则211111nnbSnnnnn===−+++，所以111111111122334111nnTnnnn=−+−+−++−=−=+++.18．已知

a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，3a=，且()()()3sinsinsinbABcbC+−=−．(1)求角A(2)若△ABC为钝角三角形，求△ABC周长的取值范围．【答案】(1)3(2)()23,33+【解析】【分析】（1）由已知可得()(si

nsin)()sinabABcbC+−=−，利用正弦定理角化边可得222bcabc+−=，从而利用余弦定理即可求解；（2）不妨设B为钝角，则06C，由正弦定理可得()2sinsin23sin6bcBCC+=+=+，从而根据正弦型函数的图象与性质即可求解.(1)解：

∵3a=，(3)(sinsin)()sinbABcbC+−=−，∴()(sinsin)()sinabABcbC+−=−，由正弦定理可得()()()ababccb+−=−，即222bcabc+−=，所以22

21cos22bcaAbc+−==，又()0,A，所以3A=；(2)解：因为3a=，3A=，所以由正弦定理有22sinsinsinabcRABC====，因为△ABC为钝角三角形，3A=，不妨设B为钝角，则02232CBC=−

，所以06C，所以()22sin2sin2sinsin2sin2sin3bcRBRCBCCC+=+=+=−+3sin3cos23sin6CCC=+=+，因为06C，所以663C+，所以13sin262C+，所以323si

n36C+，即33bc+，所以2333abc+++，所以△ABC周长的取值范围为()23,33+.19．如图，ABCD为圆柱OO的轴截面，EF是圆柱上异于AD，BC的母线.(1)证明：BE⊥平面DEF；(2

)若2ABBC==，当三棱锥BDEF−的体积最大时，求二面角BDFE−−的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【解析】【分析】（1）证明BEDF⊥，再证明EFBE⊥，根据线面垂直的判定定理可证明结论；（2）先推出三棱锥BDEF−的体积最

大时，点E，F分别是AB，CD的中点，由此再求二面角BDFE−−的余弦值；法一：通过证线面垂直可说明BFE是二面角BDFE−−的平面角，解直角BFE△即可求得答案；法二：建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求出平面DEF和平面B

DF的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.(1)证明：如右图，连接AE，由题意知AB为O的直径，所以AEBE⊥.因为AD，EF是圆柱的母线，所以ADEF∥且ADEF=,所以四边形AEFD是平行四边形.所以AEDF∥,所以BEDF⊥.因为EF是圆柱的母线，所以EF⊥平面ABE,又因为B

E平面ABE，所以EFBE⊥.又因为DFEFF=，DF，EF平面DEF，所以BE⊥平面DEF.(2)由（1）知BE是三棱锥BDEF−底面DEF上的高，由（1）知EFAE⊥，AEDF∥，所以EFDF⊥，即底

面三角形DEF是直角三角形.设DFAEx==，BEy=，则224xy+=,所以22111112(2)3323323BDEFDEFxyVSBExyxy−+====△„，当且仅当2xy==时等号成立，即点E，F分别是AB

，CD的中点时，三棱锥BDEF−的体积最大,下面求二面角BDFE−−的余弦值：法一：由（1）得BE⊥平面DEF，因为DF平面DEF，所以BEDF⊥.又因为EFDF⊥，EFBEE=，所以DF⊥平面BEF.因为BF平面BEF，所以

BFDF⊥,所以BFE是二面角BDFE−−的平面角,由（1）知BEF为直角三角形，则22(2)26BF=+=.故26cos36EFBFEBF===,所以二面角BDFE−−的余弦值为63.法二：由（1）知EA，EB，EF两两相互垂直，如图，以点E为原点，EA，EB，

EF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Exyz−，则(0,2,0),(2,0,2),(0,0,0),(0,0,2)BDEF.由（1）知BE⊥平面DEF，故平面DEF的法向量可取为(0,2,0)EB=.设平面BDF的法向量为(,,)nx

yz=，由(2,0,0)DF=−，(0,2,2)BF=−，得00nDFnBF==，即20220xyz−=−+=，即02xyz==，取1z=，得(0,2,1)n=.设二面角BDFE−−的平面角为θ,则226coscos,332nEBnEBnEB

====，由图可知θ为锐角，所以二面角BDFE−−的余弦值为63.20．已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左、右焦点分别为12,FF，点P为C上任意一点．当P位于短轴端点时，12PFF△为等边三角形且面积为3．(1)求C的标准方程；(2)当P在x轴上方且1PFx

⊥轴时，过P做倾斜角互补的两条直线分别交C于不同的两点M，N，求直线MN的斜率．【答案】(1)22143xy+=(2)12−【解析】【分析】（1）根据题目所给的条件，即可算出,,abc；（2）先求出P点的

坐标，设直线MN的方程，联立方程，用韦达定理即可.(1)由题可知3bc=，且2ac=，又222abc=+，可得224,3ab==，c=1，所以C的标准方程为22143xy+=．,(2)由题知31,2P−，直线MN的斜率存在，可设其方程为ykxm=+，

与椭圆方程联立22,1,43ykxmxy=++=整理得()2224384120kxkmxm+++−=，由Δ0得2243mk+．设()()1122,,,MxyNxy，由韦达定理得21212228412,4343kmmxxxxkk−−+=

=++，由0PMPNkk+=得12123322011yyxx−−+=++，整理得()1212322302kxxkmxxm++−++−=，将韦达定理代入并整理得：2483420kkkmm++−−=，即(21)

(232)0kkm++−=，若2320km+−=，则32mk=+，直线MN的方程为32ykxk=++，即3(1)2ykx−=+，此时直线MN过点P，不合题意舍去；故210k+=，即12k=−，所以直线MN的斜率为1

2−；综上，椭圆的标准方程为22143xy+=，直线MN的斜率为12−.【点睛】本题的难点在于使用韦达定理后所得方程的因式分解，必须使用分组分解的方法，计算量也很大，计算过程需要耐心仔细，对计算出的结果要分析是否合理.21．某企业从生产的一批零件中抽取100件产品作为样本，

检测其质量指标值m（其中：100400m），得到频率分布直方图，并依据质量指标值划分等级如表所示：质量指标值m150≤m<350100≤m<150或350≤m≤400等级A级B级(1)根据频率分布直方图估计产品的质量指标值的60

%分位数；(2)从样本的B级零件中随机抽3件，记其中质量指标值在[350，400]的零件的件数为，求的分布列和数学期望；(3)该企业为节省检测成本，采用混装的方式将所有的零件按500个一箱包装，已知一个A级零件的利润是10元，

一个B级零件的利润是5元，以样本分布的频率作为总体分布的概率，试估计每箱零件的利润.【答案】(1)287.5(2)分布列为：0123P112512512112数学期望为32(3)每箱零件的利润是4750元【解析】【分析】（1）先确定60%分位数所在的

区间，再设出60%分位数，列出方程，求出答案；（2）先求出的B级零件个数和质量指标值在[350，400]的零件个数，求出可能取值，并求出相对应的概率，求出分布列和期望值；（3）设出每箱零件中A级零件有X个，每箱零件的利润为Y元，得到Y与X的函数关系，先得到()~500,0.9XB，进

而估计出每箱零件的利润.(1)前三组的频率和为（0.001+0.002+0.003）×50=0.3<0.6前四组的频率和为0.3+0.008×50=0.7>0.6设60%分位数为x，(250,300)x0.3(250)0.0080.6x+−=

，解得x=287.5∴产品的质量指标值的60%分位数为287.5(2)()0.0010.0015010010+=，所以样本的B级零件个数为10个，质量指标值在[350，400]的零件为5个，故可

能取的值为0，1，2，3，相应的概率为：30553101(0)12CCPC===，()21553105112CCPC===，()12553105212CCPC===，03553101(3)12CCPC===随机变量的分布列为

0123P112512512112所以期望()510331212122E=++=.(3)设每箱零件中A级零件有X个，每箱零件的利润为Y元，则B级零件有()500X−个，由题意知：()10550052500YX

XX=+−=+，由（2）知：每箱零件中B级零件的概率为()0.0010.001500.1+=，A级零件的概率为1-0.1=0.9所以()~500,0.9XB，所以()5000.9450EX==，所以()()()52500525004750EYEXEX=+=+=(元).所

以每箱零件的利润是4750元22．已知函数()esincosxfxxx=+−，()fx为()fx的导数.(1)证明：当0x时，()2fx；(2)设()()21gxfxx=−−，证明：()gx有且仅有2个零点.【答

案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析【解析】【分析】（1）令()ecossinxhxxx=++，利用导数判断()hx的单调性，并求出其最小值即可证明；（2）由（1）可知，()gx在)0,+上单调递增，利用零点存在性定理可证明在

这个区间上有一个零点，通过构造函数即可证明()gx在(),0−上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，即可得证.(1)由()ecossinxfxxx=++，设()ecossinxhxxx=++，则()esincosxhxxx=−+，当0x

时，设()e1xpxx=−−，()sinqxxx=−，∵()e10xpx=−，()1cos0qxx=−，∴()px和()qx在)0,+上单调递增，∴()()00pxp=，()()00qxq=，∴当0x时，e1xx+，s

inxx，则()esincos1sincosxhxxxxxx=−++−+()()sin1cos0xxx=−++，∴函数()ecossinxhxxx=++在)0,+上单调递增，∴()()02hxh=，即当0x时，()2fx

;(2)由已知得()esincs1o2xgxxxx+−=−−，①当0x时，∵()()ecossi220nxxxgfxx=−=−++，∴()gx在)0,+上单调递增，又∵()010g=−，()ππ>0e2πg−=，∴由零点存在性定理可知()gx在)

0,+上仅有一个零点，②当0x时，设()()2sincos0exxxmxx−−=，则()()2sin10exxmx−=，∴()mx在(),0−上单调递减，∴()()01mxm=，∴ecossin20

xxx−++，∴()e20cossinxxxgx+=+−，∴()gx在(),0−上单调递减，又∵()010g=−，()ππ20eπ>g−−=+，∴由零点存在性定理可知()gx在(),0−上仅有一个零点，综上所述，()gx有且仅有2个零点.