【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2021届高三下学期周测（3.22）数学试题 答案an.docx，共(11)页，130.396 KB，由小赞的店铺上传

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高三下学期周考试题答案和解析1.【答案】D【解析】解：由复数的几何意义可知：𝑧=𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑖𝑠𝑖𝑛𝜃表示的点在单位圆上，而|𝑧−2−2𝑖|表示该单位圆上的点到复数2+2𝑖表示的点Z的距离，由图象可知：|𝑧−2−2𝑖|的最小值应为点A到Z的距离，而𝑂𝑍=

√22+22=2√2，圆的半径为1，故|𝑧−2−2𝑖|的最小值为2√2−1，2.【答案】B解：∵在(𝑥2−1√𝑥3)𝑛的展开式中，第5项与第7项的二项式系数相等，∴𝐶𝑛4=𝐶𝑛6，解得𝑛=10，3.【答案】B

解：将x换成−𝑥方程不变，所以图形关于y轴对称，当𝑥=0时，代入得𝑦2=1，∴𝑦=±1，即曲线经过(0,1)，(0,−1)；当𝑥>0时，方程变为𝑦2−𝑥𝑦+𝑥2−1=0，所以𝛥=𝑥

2−4(𝑥2−1)≥0，解得𝑥∈(0,2√33]，所以x只能取整数1，当𝑥=1时，𝑦2−𝑦=0，解得𝑦=0或𝑦=1，即曲线经过(1,0)，(1,1)，根据对称性可得曲线还经过(−1,0)，(−1,1)，故曲线一共经过6个整点，故②错误；当𝑥>0时，由𝑥2+𝑦2

=1+𝑥𝑦得𝑥2+𝑦2−1=𝑥𝑦≤𝑥2+𝑦22，(当𝑥=𝑦时取等号)，∴𝑥2+𝑦2≤2，∴√𝑥2+𝑦2≤√2，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过√2，根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不

超过√2，故③正确；在x轴上方图形面积大于矩形面积=1×2=2，x轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积=12×2×1=1，因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2+1=3，故①正确．4.【答案】A解：∵函数𝑦=𝑓(𝑥+1)的图象关于直线𝑥=−1对称，∴𝑦=𝑓(𝑥)

的图象关于y轴对称，即𝑦=𝑓(𝑥)是偶函数，∵当𝑥≤0时，𝑓(𝑥)=−𝑥+ln(1−𝑥)，∴𝑓(𝑥)在(−∞,0)上单调递减，所以𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，𝑎=𝑓(−𝜋8)=𝑓(𝜋8)，√1−cos45∘2=√2−√24，，又因为在第一象限，tan

𝛼>𝛼，所以，又𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，所以，，所以𝑐>𝑎>𝑏，5.【答案】B解：设𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗⃗，𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗，𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑐⃗，则𝑎⃗⃗−𝑏⃗=𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗，𝑐⃗−𝑏⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗∵|𝑎

⃗⃗|=|𝑏⃗|=2|𝑐⃗|=2，∴|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑎⃗⃗−𝑏⃗|⩽|𝑎⃗⃗|+|𝑏⃗|=4,|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑐⃗−𝑏⃗|⩽|𝑐⃗|+|𝑏⃗|=3，∴|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|≤4，|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|≤3当且仅当𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗同向时(𝑎⃗⃗−𝑏⃗)⋅(𝑐⃗−𝑏⃗)取最大值12．故(𝑎⃗⃗−𝑏⃗)⋅(𝑐⃗−𝑏⃗)max=126.【答案】D解：∵𝑎>0，𝑏>0，且1𝑎+9𝑏=1，∴𝑎+𝑏=(𝑎+𝑏)(1𝑎+9𝑏)=10+𝑏𝑎+9

𝑎𝑏，令𝑡=𝑏𝑎>0，则𝑎+𝑏=10+𝑡+9𝑡，由对勾函数性质知：(𝑎+𝑏)𝑚𝑖𝑛=16．由不等式𝑎+𝑏≥−𝑥2+4𝑥+18−𝑚对任意实数x恒成立，得16≥−𝑥2+4𝑥+18−𝑚，即𝑥2−4𝑥

−2≥−𝑚对任意实数x恒成立，而𝑥2−4𝑥−2=(𝑥−2)2−6，所以𝑥2−4𝑥−2的最小值为−6，所以−6≥−𝑚，即𝑚≥6．7.【答案】D解：由𝑥𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)=𝑥2𝑒𝑥，构造函数𝐹(𝑥)

=𝑓(𝑥)𝑥，则𝐹′(𝑥)=𝑥𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)𝑥2=𝑒𝑥，所以可以设𝐹(𝑥)=𝑒𝑥+𝑐，即𝑓(𝑥)𝑥=𝑒𝑥+𝑐，𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥+𝑐𝑥，又因为

𝑓(1)=𝑒得𝑐=0，所以𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥，由𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥+1)=0得𝑥=−1，所以当𝑥<−1时𝑓′(𝑥)<0，即𝑓(𝑥)在(−∞,−1)上为减函数，当𝑥>−1时𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)在(−1,+∞)上为增函数，所以𝑓(𝑥)𝑚�

�𝑛=𝑓(−1)=−1𝑒，8.【答案】B解：设△𝐹1𝑃𝐹2的外接圆与内切圆的半径分别为R，r，则𝑅=8𝑟.因为∠𝐹1𝑃𝐹2=120∘，|𝐹1𝐹2|=2𝑐，所以，则𝑅=2√33𝑐，𝑟=√312𝑐.如图，圆E是△𝐹1𝑃𝐹

𝑧的内切圆，且与△𝐹1𝑃𝐹2的三边分别切于A，B，C三点.设点𝐴(𝑥0,0)，则|𝑃𝐹1|−|𝑃𝐹2|=(|𝑃𝐶|+|𝐶𝐹1|)−(|𝑃𝐵|+|𝐵𝐹2|)=|𝐶�

�1|−|𝐵𝐹2|=|𝐹1𝐴|−|𝐴𝐹2|，所以2𝑎=𝑐+𝑥0−(𝑐−𝑥0)，解得𝑥0=𝑎，即|𝐴𝐹1|=|𝐶𝐹1|=𝑐+𝑎，|𝐴𝐹2|=|𝐵𝐹2|=𝑐−𝑎．因为直线PE是∠𝐹1𝑃𝐹2的角平分

线，且𝐸𝐵⊥𝑃𝐹2，所以|𝐸𝐵||𝑃𝐵|=tan60∘，可得|𝑃𝐵|=|𝑃𝐶|=112𝑐.∴|𝑃𝐹1|=𝑎+𝑐+112𝑐,|𝑃𝐹2|=𝑐−𝑎+112𝑐，因为12(|𝑃𝐹1|+|𝐹1𝐹2|+|𝑃𝐹2|)⋅𝑟=12|𝑃

𝐹1||𝑃𝐹2|sin∠𝐹1𝑃𝐹2，所以12×256𝑐×√312𝑐=12×(169144𝑐2−𝑎2)×√32，整理得48𝑎𝑧=23𝑐2，故𝑒=𝑐𝑎=4√6923．9.【答案】AC解：D，E分别为棱PC，AC的中点，则𝐷𝐸//𝑃𝐴，又𝑃𝐴⊥平面A

BC，则𝐷𝐸⊥平面ABC，即𝐷𝐸⊥平面FBE，∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴𝐵=𝑃𝐴=6，𝐵𝐶=8，所以𝑆𝛥𝐸𝐹𝐵=12×3×4=6，𝐷𝐸=12𝑃𝐴=3，所以三棱锥𝐷−𝐵𝐸𝐹的体积为13×6×3=6，故A正确；假设𝑃

𝐵⊥𝐷𝐹，∵𝑃𝐴⊥平面ABC，𝐵𝐶⊂平面ABC，∴𝐵𝐶⊥𝑃𝐴，又𝐵𝐶⊥𝐴𝐵，𝑃𝐴∩𝐴𝐵=𝐴，PA，𝐴𝐵⊂平面PAB，∴𝐵𝐶⊥平面PAB，∵𝐸，F分别为AC，AB的中点，∴𝐸𝐹

//𝐵𝐶，∴𝐸𝐹⊥平面PAB，∵𝐴𝐵⊂平面PAB，∴𝐸𝐹⊥𝐴𝐵，∵𝐷𝐸⊥平面ABC，𝐴𝐵⊂平面ABC，∴𝐴𝐵⊥𝐷𝐸，∵𝐸𝐹∩𝐷𝐸=𝐸，EF，𝐷𝐸⊂平面DEF，∴𝐴𝐵⊥平面DEF，∵𝐷𝐹⊂平

面DEF，∴𝐴𝐵⊥𝐷𝐹，又假设𝑃𝐵⊥𝐷𝐹，𝐴𝐵∩𝑃𝐵=𝐵，AB，𝑃𝐵⊂平面PAB，∴𝐷𝐹⊥平面PAB，显然不成立，不符合题意，故假设不成立，故B错误；取PB的中点Q，连DQ，FQ，则𝐷𝑄//𝐸𝐹，𝐷𝑄=𝐸𝐹，四边形DQFE为平行四边

形，𝐷𝐸⊥平面EFB，𝐸𝐹⊂平面EFB，𝐷𝐸⊥𝐸𝐹，所以平行四边形DEFQ为矩形，𝐷𝐸=3，𝐸𝐹=4，所以截面面积为12，故C正确；因为D，E分别为棱𝑃𝐶.𝐴𝐶的中点，

所以𝐷𝐸//𝑃𝐴．又因为𝑃𝐴⊄平面BDE，𝐷𝐸⊂平面BDE，所以直线𝑃𝐴//平面BDE．所以点P与点A到平面BDE的距离相等，故D不正确；10.【答案】AB解：∵𝑆2015>𝑆2016>𝑆2014，∴�

�2016<0,𝑎2015>0，𝑎2015+𝑎2016>0，∴𝑑=𝑎2016−𝑎2015<0，故A正确；∵𝑆4029=4029(𝑎1+𝑎4029)2=4029𝑎2015>0，故B正确；∵𝑆4030=4030(𝑎

1+𝑎4030)2=4030(𝑎2015+𝑎2016)2>0，故C错误；由𝑎2016<0,𝑎2015>0，得数列{𝑆𝑛}中的最大项为𝑆2015，故D错误．11.【答案】AD解：根据函数𝑓(𝑥)=𝐴𝑐𝑜𝑠(

𝜔𝑥+𝜑)的图象知，𝐴=2，𝑇4=2𝜋3−𝜋6=𝜋2，所以𝑇=2𝜋，𝜔=2𝜋𝑇=1，根据五点法画图知，当𝑥=𝜋6时，𝜔𝑥+𝜑=𝜋6+𝜑=0，所以𝜑=−𝜋6，所以𝑓(𝑥)=2cos(𝑥−𝜋6)，所以𝑓′

(𝑥)=−2sin(𝑥−𝜋6)，所以𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑓′(𝑥)=2cos(𝑥−𝜋6)−2sin(𝑥−𝜋6)=2√2cos(𝑥+𝜋12)．令𝑥+𝜋12=𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，解得𝑥=𝑘𝜋−𝜋12，𝑘∈𝑍，所以函数

𝑔(𝑥)的对称轴方程为𝑥=𝑘𝜋−𝜋12，𝑘∈𝑍，选项A正确；当𝑥+𝜋12=2𝑘𝜋，即𝑥=2𝑘𝜋−𝜋12时，函数𝑔(𝑥)取得最大值2√2，选项B错误；𝑔′(𝑥)=−2√2sin(𝑥+𝜋12)，假设函数𝑔(𝑥)的图象上存在点𝑃(𝑥0,

𝑦0)，使得在P点处的切线与直线l：𝑦=−3𝑥+1平行，则𝑔′(𝑥0)=−2√2sin(𝑥0+𝜋12)=−3，得sin(𝑥0+𝜋12)=32√2>1，显然不成立，所以假设错误，即C错误；方程𝑔(𝑥)=2，则2√2cos(𝑥+𝜋1

2)=2，所以cos(𝑥+𝜋12)=√22，所以𝑥+𝜋12=𝜋4+2𝑘𝜋或𝑥+𝜋12=−𝜋4+2𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，即𝑥=2𝑘𝜋+𝜋6或𝑥=2𝑘𝜋−𝜋3，𝑘∈𝑍．故方程的两个不同的解分别为𝑥1，𝑥2，则|𝑥1−𝑥2|最小值为𝜋2

，D正确．12.【答案】BCD解：𝐴.𝑓(𝑥)=sin𝑥+12sin2𝑥+13sin3𝑥+14sin4𝑥+⋯+1100sin100𝑥，则𝑓(𝑥)的定义域为R，又𝑓(−𝑥)=sin(−𝑥)+12sin(−2𝑥)+1

3sin(−3𝑥)+14sin(−4𝑥)+⋯+1100sin(−100𝑥)=−𝑓(𝑥)，即𝑓(𝑥)为奇函数，故A错误;B.𝑥∈[−𝜋16,𝜋16]时，2𝑥∈[−𝜋8,𝜋8]，3𝑥∈[−3𝜋16,3𝜋16]，4𝑥∈[−𝜋4,𝜋4]，故sin𝑥

，sin2𝑥，sin3𝑥，sin4𝑥在[−𝜋16,𝜋16]上均为增函数，故𝑓(𝑥)=sin𝑥+12sin2𝑥+13sin3𝑥+14sin4𝑥在区间[−𝜋16,𝜋16]上单调递增，故B正确;C.ℎ(𝑥)=12sin2𝑥的振幅

为12，𝑓(𝜋2)=1+0−13+0=23，则𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥>23，则𝑓(𝑥)的振幅大于23，大于ℎ(𝑥)的振幅，故声音甲的响度一定比纯音ℎ(𝑥)=12sin2𝑥响度大，故C正确；D.易知𝑔(𝑥)的周期为2𝜋，则其频率为12𝜋，而ℎ(𝑥

)的周期为2𝜋3，则其频率为32𝜋，由12𝜋<32𝜋，得声音甲比纯音ℎ(𝑥)=13sin3𝑥更低沉，故D正确．13.【答案】(−∞,2√2]解：命题“∃𝑥∈[12,2]，使2𝑥2−𝜆𝑥+1<0，成

立”是假命题，即在𝑥∈[12,2]恒成立”是真命题，即𝜆≤2𝑥2+1𝑥=2𝑥+1𝑥，则只需求2𝑥+1𝑥的最小值即可，∵𝑥∈[12,2]，∴2𝑥+1𝑥≥2√2(当且仅当𝑥=√22时等号成立)，故实数𝜆的取值范围是𝜆≤2√2，故答案为(−∞,2√2]．1

4.【答案】3由椭圆的定义可知𝐴𝐹1+𝐴𝐹2=𝐵𝐹1+𝐵𝐹2=6，∴𝐴𝐹2+𝐵𝐹2=12−𝐴𝐵，设直线AB的方程为𝑦=𝑘(𝑥+𝑐)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立直线和椭圆方程消去y得：(𝑚+9𝑘2)𝑥2+

18𝑘2𝑐𝑥+9𝑘2𝑐2−9𝑚=0，∴𝑥1+𝑥2=−18𝑘2𝑐𝑚+9𝑘2，𝑥1𝑥2=9𝑘2𝑐2−9𝑚𝑚+9𝑘2，∴𝐴𝐵=√(1+𝑘2)[(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2]=6𝑚(1+𝑘2)𝑚+9𝑘2≥6𝑚(1+�

�2)9(1+𝑘2)=2𝑚3，∴𝐴𝐹2+𝐵𝐹2=12−𝐴𝐵=36−2𝑚3=10，∴𝑚=3，故答案为3．15.【答案】26解：根据题意，分3步进行分析：解：当数学选择第二节或者第4节时有：1×1×(2+1)×𝐴22=6种；当数学选择第三节时有：𝐶

21×𝐴22=4种；当数学选择第五节时有1×(2×2+1×1)×𝐴22=10种；所以不同的排课方法的种数为：6×2+4+10=26．16.【答案】[𝑒2,+∞)解：由已知得𝑓(𝑥)+2𝑔(𝑥)=𝑚𝑥−4……①，所以𝑓(−𝑥)+2𝑔(−𝑥)=𝑚(−𝑥)−

4，又因为𝑓(𝑥)为奇函数，𝑔(𝑥)为偶函数，所以−𝑓(𝑥)+2𝑔(𝑥)=−𝑚𝑥−4……②，①②联立解得𝑔(𝑥)=−2，𝑓(𝑥)=𝑚𝑥，将𝑓(𝑥)=𝑚𝑥代入不等式得𝑚𝑥−3−ln𝑥≥0，对任意𝑥∈(

0,+∞)都成立，即𝑚≥3𝑥+ln𝑥𝑥，对任意𝑥∈(0,+∞)都成立，设ℎ(𝑥)=3𝑥+ln𝑥𝑥(𝑥>0)，则ℎ′(𝑥)=−3𝑥2+1−ln𝑥𝑥2=−2+ln𝑥𝑥2，令ℎ′(𝑥)=0，解得𝑥=1𝑒2，由得−2−lnx>0，得0<�

�<1𝑒2，由得−2−lnx<0，得𝑥>1𝑒2，所以ℎ(𝑥)在区间(0,1𝑒2)上单调递增，在区间上单调递减，所以ℎ(𝑥)的最大值为ℎ(1𝑒2)=31𝑒2+ln1𝑒21𝑒2=3𝑒2−2𝑒2=𝑒2，即𝑚≥𝑒2，所以实数

m的取值范围是[𝑒2,+∞)．17.【答案】解：，由2𝑘𝜋−𝜋2⩽𝑥+𝜋4⩽2𝑘𝜋+𝜋2得：2𝑘𝜋−3𝜋4⩽𝑥⩽2𝑘𝜋+𝜋4∴单调增区间为：[−3𝜋4+2𝑘𝜋,𝜋4+2𝑘𝜋],𝑘∈𝑍；(2)由𝑚𝑓(𝑥)≤𝑔(𝑥)得：𝑚(sin𝑥+c

os𝑥)≤sin2𝑥，∵𝑥∈[0,𝜋4]∴sin𝑥+cos𝑥>0，当𝑥∈[0,𝜋4]时，sin(𝑥+𝜋4)∈[√22,1]．令𝑡=sin𝑥+cos𝑥=√2sin(𝑥+𝜋4)∈[1,√2]，则∴𝑚≤𝑡2−1𝑡=𝑡−1𝑡，𝑡∈[1,√2

]，又𝑡−1𝑡在[1,√2]单调递增∴(𝑡−1𝑡)min=1−1=0∴𝑚≤0．18.【答案】解：(1)令𝑛=1，解得𝑎1=1，∵𝑆𝑛=2𝑎𝑛−1，∴𝑆𝑛−1=2𝑎𝑛−1−1(𝑛≥2)，两式相减得：𝑎𝑛=2𝑎𝑛−1(𝑛≥2)，∴数列{𝑎𝑛}是首项为1，公

比为2的等比数列，∴𝑎𝑛=2𝑛−1．(2)𝑐𝑛=3𝑛−(−1)𝑛𝜆2𝑛，当n为奇数时，𝑐𝑛+1=3𝑛+1−𝜆·2𝑛+1,𝑐𝑛=3𝑛+𝜆·2𝑛，由𝑐𝑛+1>𝑐𝑛⇒3𝑛+1−𝜆·2𝑛+1>3𝑛+𝜆·2𝑛，即，所以𝜆<1;当n为偶数时

，𝑐𝑛+1=3𝑛+1+𝜆·2𝑛+1,𝑐𝑛=3𝑛−𝜆·2𝑛，由𝑐𝑛+1>𝑐𝑛⇒3𝑛+1+𝜆·2𝑛+1>3𝑛−𝜆·2𝑛，即，所以𝜆>−32，综上所述，当−32<𝜆<1且𝜆≠0时，对任意恒有𝑐𝑛+1>𝑐𝑛．19.【答案】解：(1)取AB的中

点D，连接PD，CD，∵𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐶，G是△𝐴𝐵𝐶重心，∴𝐺是CD的三等分点，且𝐶𝐺=23𝐶𝐷，∵𝐸𝐺//平面PAB，𝐸𝐺⊂平面PCD，平面𝑃𝐶𝐷∩平面𝑃𝐴𝐵=𝑃𝐷，∴𝐸𝐺//𝑃𝐷，∴𝐶𝐸

𝐶𝑃=𝐶𝐺𝐶𝐷=23，即𝜆=23．(2)以A为坐标原点，以AC所在直线为y轴，以AP所在直线为z轴作空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，如图所示：则𝐴(0,0，0)，𝐵(√3,1，0)，𝐶(0,2，0)，𝑃(0,0，2)，𝐸(0,2−2𝜆,

2𝜆)，∴𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−2,2)，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1，0)，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2−2𝜆,2𝜆)，设平面ABE的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,y，𝑧)，则𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0

，𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0，∴{√3𝑥+𝑦=0(2−2𝜆)𝑦+2𝜆𝑧=0，令𝑥=1可得，𝑦=−√3，𝑧=√3(1−𝜆)𝜆．∴𝑛⃗⃗=(1,−√3,√3(1−𝜆)𝜆)，∴cos<𝑛⃗⃗，𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑛⃗⃗⋅𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛⃗⃗||𝐶𝑃

⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3+2√3(1−𝜆)𝜆√4+3(1−𝜆)2𝜆2⋅2√2√3√2√7𝜆2−6𝜆+3，∴当直线CP与平面ABE所成角的正弦值为√427时，√3√2√7𝜆2−6𝜆+3=√427，∴2√7𝜆2

−6𝜆+3=√7，即28𝜆2−24𝜆+5=0．解得𝜆=12或𝜆=514．20.【答案】解：(1)∵椭圆𝐶：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为√32，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1，∴{𝑐𝑎=√322𝑏2𝑎=1𝑎2=�

�2+𝑐2，解得𝑎=2，𝑏=1，∴椭圆C的方程为𝑥24+𝑦2=1．证明：(2)∵椭圆C的方程为𝑥24+𝑦2=1，∴𝐴(−2,0)，𝐵(0,−1)，设𝑀(𝑚,𝑛)，(𝑚>0,𝑛>0)，则𝑚24+�

�2=1，即𝑚2+4𝑛2=4，则直线BM的方程为𝑦=𝑛+1𝑚𝑥−1，令𝑦=0，得𝑥𝐶=𝑚𝑛+1，同理，直线AM的方程为𝑦=𝑛𝑚+2(𝑥+2)，令𝑥=0，得𝑦𝐷=2𝑛𝑚+2，∴𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷=12×|𝐴𝐶|

×|𝐵𝐷|=12×|𝑚𝑛+1+2|×|2𝑛𝑚+2+1|=12×(𝑚+2𝑛+2)2(𝑚+2)(𝑛+1)=12×𝑚2+4𝑛2+4+4𝑚𝑛+4𝑚+8𝑛𝑚𝑛+𝑚+2𝑛+2=12×4𝑚𝑛+4

𝑚+8𝑛+8𝑚𝑛+𝑚+2𝑛+2=2，∴四边形ABCD的面积为定值2．21.【答案】解：(1)随机变量X的可能取值为9，9.5，10，10.5，11，设一评、二评、仲裁所打分数分别为x，y，z，𝑃(𝑋=9)=𝑃(𝑥=9,𝑦=9)+𝑃(𝑥=9,𝑦=11,𝑧=9)+𝑃

(𝑥=11,𝑦=9,𝑧=9)=14×14+14×14×14×2=332．𝑃(𝑋=9.5)=𝑃(𝑥=9,𝑦=10)+𝑃(𝑥=10,𝑦=9)=14×12×2=14，𝑃(𝑋=10)=𝑃(𝑥=10,𝑦=10)=12×12=14，𝑃(𝑋=10.

5)=𝑃(𝑥=10,𝑦=11)+𝑃(𝑥=11,𝑦=10)+𝑃(𝑥=9,𝑦=11,𝑧=10)+𝑃(𝑥=11,𝑦=9,𝑧=10)=12×14×2+14×14×12×2=516，𝑃(𝑋=11)=𝑃(𝑥=

11,𝑦=11)+𝑃(𝑥=11,𝑦=9,𝑧=11)+𝑃(𝑥=9,𝑦=11,𝑧=11)=14×14+14×14×14×2=332，∴𝑋的分布列为：X99.51010.511P3321414516332∴𝐸(𝑋)=9×332+9.5×14+10×14+

10.5×516+11×332=32132(分)．(2)∵∑𝑎𝑖5𝑖=1=6，∴𝑃(“𝑎1+𝑎4+𝑎5=4“)=𝑃(“𝑎2+𝑎3=2“)，∵𝑃(“𝑎2+𝑎3=2“)=𝑃(“𝑎2=0，𝑎3

=2“)+𝑃(“𝑎2=2，𝑎3=0“)+𝑃(“𝑎2=1，𝑎3=1“)=𝐶62(14)2(12)4+𝐶62(14)2(12)4+𝐶61(14)𝐶51(14)(12)4=1564，∴“𝑎1+𝑎4+

𝑎5=4”的概率𝑃(“𝑎1+𝑎4+𝑎5=4”)=1564．22.【答案】解：(1)因为𝑓(𝑥)=𝑎𝑒𝑥ln𝑥，所以．令𝑘(𝑥)=ln𝑥+1𝑥，则𝑘′(𝑥)=𝑥−1𝑥2，当𝑥∈(0,1)时，𝑘′(𝑥)<0，函数𝑘(𝑥)单调递减；当𝑥∈(1,

+∞)时，𝑘′(𝑥)>0，函数𝑘(𝑥)单调递增．所以𝑘(𝑥)≥𝑘(1)=1>0，又因为𝑎>0，𝑒𝑥>0，所以𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)在定义域(0,+∞)上单调递增．(2)由ℎ(𝑥)>0得𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥)>0，所以ln

𝑥𝑥<𝑥+ln𝑎𝑎𝑒𝑥=ln(𝑎𝑒𝑥)𝑎𝑒𝑥，即ln(𝑎𝑒𝑥)𝑎𝑒𝑥>ln𝑥𝑥对任意𝑥∈(0,1)恒成立，设𝐻(𝑥)=ln𝑥𝑥，则𝐻′(𝑥)=1−ln𝑥𝑥2，所以，当𝑥∈(0,1)时，𝐻′(𝑥)>0，函数𝐻(

𝑥)单调递增，且𝐻(1)=0，故当𝑥∈(0,1)时，𝐻(𝑥)<0，又当𝑥∈(1,+∞)时，𝐻(𝑥)>0，若𝑎𝑒𝑥≥1>𝑥，则𝐻(𝑎𝑒𝑥)≥0>𝐻(𝑥)，若0<𝑎𝑒

𝑥<1，因为𝐻(𝑎𝑒𝑥)>𝐻(𝑥)，且𝐻(𝑥)在(0,1)上单调递增，所以𝑎𝑒𝑥>𝑥，综上可知，𝑎𝑒𝑥>𝑥对任意𝑥∈(0,1)恒成立，即𝑎>𝑥𝑒𝑥对任意𝑥∈(0,1)恒成立．设𝐺(𝑥)=𝑥𝑒𝑥，𝑥∈(0,1)，则𝐺′(

𝑥)=1−𝑥𝑒𝑥>0，所以𝐺(𝑥)在(0,1)单调递增，所以𝐺(𝑥)<𝐺(1)=1𝑒，故a的取值范围为．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com