【文档说明】辽宁省沈阳市第一二〇中学2023-2024学年高三上学期第四次质量监测 数学答案.pdf，共(26)页，846.106 KB，由管理员店铺上传

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第1页/共25页学科网（北京）股份有限公司沈阳市第120中学2023－2024学年度上学期高三年级第四次质量监测数学试题满分：150分时间：120分钟命题人：马健于茂源校对人：高越一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）

1.设集合28150Axxx，集合10Bxax，若BA，则实数a取值集合的真子集的个数为（）A.2B.3C.7D.8【答案】C【解析】【分析】先求出集合A，然后分0a和0a两种情况由BA可求出a的值，从而可求出实数a取值集合，进而可求出其真

子集的个数.【详解】由28150xx，得(3)(5)0xx，解得3x或5x，所以3,5A，当0a时，B，满足BA，当0a时，1Ba，因为BA，所以13a或15a，得13a或15a，综上，实数a取值的集合为110,,35，

所以实数a取值集合的真子集的个数为3217，故选：C2.已知复数z满足(12i)32iz，则z的虚部为（）A.85B.85C.15D.15【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则，求得18

i55z，得到18i55z，结合复数的定义，即可求解.第2页/共25页学科网（北京）股份有限公司【详解】由复数(12i)32iz，可得32i12i32i18i12i12i12i55z

，所以18i55z，所以复数z的虚部为85.故选：A.3.若22nxx的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则该项式的展开式中常数项为（）A.90B.-90C.180D.-180【答案】C【解析】【分析】由已知可知

项数n=10，再表示通项并令其中x的指数为零，求得指定项的系数即可.【详解】解：因为22nxx的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则项数n=10，即2102xx，则通项为

10510211021022rrrrrrrxTxxCC，令105022rr，则223102180TC.故选：C.4.向量1ab，3c且0abc，则cos,acbc（）

A.1314B.1314C.45D.45【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的数量积及模长计算夹角即可.【详解】由已知可得222122cabcababab，又2,2aca

bbcba，所以2222222225213cos,14774444ababaabbacbcaabbbaba

.故选：A第3页/共25页学科网（北京）股份有限公司5.在《九章算术商功》中将正四面形棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭．在方亭1111ABCDABCD中，1122ABAB，四个侧面均为全等的等腰梯形且

面积之和为33，则该方亭的体积为（）A.72B.76C.722D.726【答案】D【解析】【分析】先根据方亭四个侧面的面积之和得到1AA的长度，然后作辅助线找到并求方亭的高，最后利用棱台的体积计算公式求解即可．【详解】如图，过1A作1AEAB，垂足为E，由四个侧面的面积之和

为33知，侧面11ABBA的面积为334，1113341()2ABABAE（梯形的面积公式），则132AE．由题意得：1111()22AEABAB，在1RtAAE△中，22221113()122AAAEAE．连接AC，11AC，过1A作1AFA

C，垂足为F，易知四边形11ACCA为等腰梯形且22AC，112AC，则111222AFACAC，221122AFAAAF，该方亭的体积222271212(122)326V，（棱台的体积公式）．故选：D．6

.在数列na中，11a，且函数51sin233nnfxxaxax的导函数有唯一零点，则9a的值为（）．A.1021B.1022C.1023D.1024第4页/共25页学科网（北京）股份有限公司【答案】A【解析】【分析】对应函数求导，利用奇偶性定义判断()fx为偶函数，根

据有唯一零点知(0)0f，构造法有132(3)nnaa，应用等比数列定义写出通项公式并求对应项.【详解】由14()5cos23nnfxxaxa在R上有唯一零点，而4114()5()cos()235

cos23()nnnnfxxaxaxaxafx，所以()fx为偶函数，则1(0)230nnfaa，故132(3)nnaa，且134a，所以{3}na是首项为4，公比为2的等比数列，则113422nnna，

则109231021a.故选：A【点睛】关键点点睛：判断导函数()fx为偶函数，进而得到(0)0f为关键.7.已知点P是圆22:(2)(2)2Mxy上的动点，线段AB是圆22:(1)(1)4Cxy的一条动弦，且||2

3AB，则||PAPB的最大值是（）A.32B.82C.52D.822【答案】D【解析】【分析】作出图象，过点C作CDAB，垂足为D，连接CB，则有||1CD，从而得点D的轨迹方程为2(1)(1)xy²1，由

向量的加法法则可得2PAPBPD，根据圆与圆的位置关系求出max||PD即可得答案.【详解】解：圆22:(2)(2)2Mxy的圆心为2,2M，半径为2，圆22:(1)(1)4Cxy的圆心为1,1

C，半径为2，如图，过点C作CDAB，垂足为D，连接CB，第5页/共25页学科网（北京）股份有限公司D为AB中点，即||3BD，又||2CB，22||431CDCBBD，点D的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，点

D的轨迹方程为2(1)(1)xy²1，D是AB中点，2PAPBPD，22max||21(12)(12)21421PDCM，所以||PAPB的最大值为2(4

21)822.故选：D.8.已知三棱锥PABC的底面ABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（）A.

6πB.30πC.9221πD.6221π【答案】D【解析】【分析】利用三棱锥PABC的体积，求解底边边长，求出ABC的外接圆半径，以及球心O到底面ABC的距离，判断顶点P的轨迹是两个不同截面圆的圆周，进而求解周长即可．【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形ABC的边

长为0xx，三棱锥PABC的体积21132432Vx第6页/共25页学科网（北京）股份有限公司解得：43x=ABC的外接圆半径为11243262r球心O到底面ABC的距离为221125241d

Rr，又顶点P到底面ABC的距离为3，顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面ABC和截面圆之间时，球心O到该截面圆的距离为2312d，截面圆的半径为222225421rRd，顶点P的轨迹长度为22221

r；当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，球心O到该截面圆的距离为3314d，截面圆的半径为223325163rRd，顶点P的轨迹长度为326r；综上所述，顶点P轨迹的总长度为6221π故选：D．【点睛】本题考查空

间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度．二、多选题（本题共4小题，共20分，每题选项全对给5分，少选或漏选给2分，错选、多选和不选给0分）9.下列命题

正确的是（）A.在回归分析中，相关指数r越小，说明回归效果越好B.已知2(3.841)0.05P，若根据2×2列联表得到2的观测值为4.1，则有95%的把握认为两个分类变量有关C.已知由一组样本数据,iixy（1i，2

，，n）得到的回归直线方程为420yx，且的第7页/共25页学科网（北京）股份有限公司1110niixn，则这组样本数据中一定有10,60D.若随机变量~,4XN，则不论取何值，46PX为定值【

答案】BD【解析】【分析】A.由相关指数的意义判断；B.由临界值表判断；C.由样本数据和回归直线方程的关系判断；D.由正态曲线的3原则判断.【详解】A.在回归分析中，相关指数r越大，说明回归效果越好，故错误；B.已知2(3.841)0.05P若根

据2×2列联表得到2的观测值为4.1，且4.13.841，则有95%的把握认为两个分类变量有关，故正确；C.已知由一组样本数据,iixy（1i，2，，n）得到的回归直线方程为420yx，由1110niixxn，

得到60y，则10,60是样本点的中心，一定在直线上，但这组样本中数据不一定有10,60，故错误；D.若随机变量~,4XN，则2，所以332246222PXPXPXPX

，33220.99740.95440.975922PXPX，所以不论取何值，46PX为定值.故选：BD10.若

函数sincos2fxxx的图象关于直线6x对称，则（）A.3B.点2,03是曲线yfx的一个对称中心C.直线3x也是一条对称轴第8页/共

25页学科网（北京）股份有限公司D.函数fx在区间,312上单调【答案】CD【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数fx，再根据三角函数性质进行求解即可.【详解】由题意函数2sin42fxx

，其对称轴为0,()42kxkZ，即024kx，所以令06x，解得5212k，5,,21212对于选项A,5,1212

因此A错误；对于选项B，该函数没有对称中心，因此B错误；对于选项C，令03x，解得212k，取0,122k，符合题意，因此C正确；对于选项D，函数fx在42kxk单调递增，即44kxk，当12时，函

数fx在区间,312上单调递增，当512时，函数fx在区间,312上单调递减，因此选项D正确.故选：CD11.已知nS是数列na的前n项和，且21nnSSn，则下列选项中正确

的是（）.A.121nnaan（2n）B.22nnaaC.若10a，则1004950SD.若数列na单调递增，则1a的取值范围是11,43【答案】AC【解析】【分析

】对于A，由21nnSSn，多写一项，两式相减即可得出答案.对于B，由121nnaan（2n），多递推一项，两式相减即可得出答案少了条件2n.第9页/共25页学科网（北京）股份有限公司对于C，由分析知22nnaa

，所以na奇数项是以10a为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以21a为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前n项和公式即可得出答案.对于D，因为数列na单调递增，根据1234naaaaa，即可求出1a取值范围.【详解】对于A，因为21nnSSn，当212

1nnnSSn，，两式相减得：121nnaan（2n）,所以A正确.对于B，因为121nnaan（2n）,所以+122+11=21nnaann，两式相减得：22nnaa（2n），所以B不正确.对于C，2

1nnSSn，令1n，则211SS，1211aaa，因为10a，所以21a.令2n，则324SS，112324aaaaa，所以32a.因为22nnaa（2n），而312aa，所以22nnaa

.所以na奇数项是以10a为首项，2为公差的等差数列.偶数项是以21a为首项，2为公差的等差数列.则：10012399100139924100=+++Saaaaaaaaaaa504950495002

5012=495022，所以C正确.对于D，21nnSSn，令1n，则211SS，1211aaa，则2121aa又因为+12=21nnaan，令1n则23=3aa，所以3211=332

122aaaa，同理：4311=552223aaaa，5411=772324aaaa，因为数列na单调递增，所以1234naaaaa，解12aa得：113a，解23aa得：114

a，解34aa得：114a，的第10页/共25页学科网（北京）股份有限公司解45aa得：114a，解56aa得：114a，所以1a的取值范围是11,44，所以D不正确.故选：AC.【点睛】本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用121nnaan

，得出na的奇数项、偶数项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.12.若正实数ab，满足ab，且lnln0ab，则下列不等式一定成立的是（）A.log0abB.11abbaC.122ababD.1

1baab【答案】AD【解析】【分析】因为0ab，lnyx为单调递增函数，故lnlnab，由于lnln0ab，故lnln0ab，或lnln0ba.对于ABC，分lnln0ab、lnln0ba，结合对数函数的性质及作差比较法即可判断；对于D，由11b

aab两边取自然对数得到1ln1lnbaab，即lnln11abab，构造函数()ln1xfxx=-（0x且1x），通过导数判断单调性即可判断.【详解】因为0ab，ln

yx为单调递增函数，故lnlnab，由于lnln0ab，故lnln0ab，或lnln0ba，当lnln0ab时，1ab，此时log0ab；11110ababbaab

，故11abba；1110ababab，122abab；当lnln0ba时，01ba，此时log0ab，11110ababbaab，故11ba

ab；1110ababab，122abab；对于ABC，A正确，BC均错误；第11页/共25页学科网（北京）股份有限公司对于D，11baab，两边取自然对数，1ln1lnbaab，因为不管1ab，还是01b

a，均有110ab，所以lnln11abab，故只需证lnln11abab即可，设()ln1xfxx=-（0x且1x），则211ln1xxfxx，令11lngxxx（0x且1x），则22111xgxxxx，当

0,1x时，0gx，当1,x时，0gx，所以10gxg，所以0fx在0x且1x上恒成立，故()ln1xfxx=-（0x且1x）单调递减，因为ab，所以lnln11abab，结论得证，D正确．故选：AD．【

点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.若直线1l：9

0xay与2l：2330axya平行，则1l，2l间的距离是______．【答案】42【解析】【分析】先根据两直线平行得出a的值，再根据平行线的距离公式计算即可.【详解】因为两直线平行可得132aa且1392aa，

解之得1a，所以1:90lxy，2:333010lxyxy，故两直线的距离为22914211d.故答案为：42.14.已知锐角，满足sin21tancos211tan，则c

os__________.第12页/共25页学科网（北京）股份有限公司【答案】22【解析】【分析】根据二倍角公式与同角三角函数的关系可得tan1，进而可得cos.【详

解】由题意，sin21tancos211tan，由二倍角公式与同角三角函数的关系可得22sincos1tan2sin1tan，即11tantan1tan，整理可得tantantantan1

，故tantantan11tantan，又锐角，，故0,π，3π4故3π2coscos42.故答案为：2215.第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲

莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”､“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有____

______.（用数字作答）【答案】336【解析】【分析】考虑到前排是有两种不同名称的吉祥物，还是有三种不同名称的吉祥物，分类求出排法数，根据分类加法计数原理即可得答案.【详解】由题意可分两种情形：①前排含

有两种不同名称的吉祥物，首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，其中一种取两个，另一种选一个，有2232211222CCCCA24种排法；其次，后排有22A2种排法，故共有24248种不同的排法；②前排含有三种不同名称的吉祥物，有1113222348CCCA

种排法；后排有33A6种排法，此时共有486288种排法；因此，共有48288336种排法，第13页/共25页学科网（北京）股份有限公司故答案为：336【点睛】关键点睛：解答本题的关键是分类考虑，即考虑

到前排是有两种不同名称的吉祥物，还是有三种不同名称的吉祥物，分类求解即可.16.在锐角ABC中，1cos4A，若点P为ABC的外心，且APxAByAC，则xy的最大值为___________.【答案】45##0.8【解

析】【分析】通过向量的减法，把AB，AC转化为APPB与APPC，进行整理后再平方处理即可得解.【详解】APxAByACxAPPByAPPC，整理得：1xy

APxPByPC设锐角ABC外接圆的半径为R，所以APPBPCR，则上式两边平方得：222222212cosxyRxRyRxyRBPC①，其中2BPCA，27cos2cos18BPCA

代入①式，得：222714xyxyxy，整理得：422115xyxy，由基本不等式得：24xyxy，当且仅当xy时，等号成立即24221154xyxy，解得：43xy

或45xy当43xy时，此时23xy，2233APABAC，此时P点在△ABC外部，△ABC为钝角三角形，与题干矛盾，所以43xy舍去，45xy成立故答案为：45四、解答题（本题共6小题，共70分）17.ABC的内角

A，B，C的对边分别为a，b，c，已知coscos2abbBAc．（1）求tanA；（2）若17a，ABC的面积为22，求ABC的周长．【答案】（1）tan22A（2）517【解析】第14页/共25页学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）根据正弦定理得1cos3A，

从而求得tanA；（2）根据面积公式和余弦定理即可求得ABC周长.【小问1详解】因为coscos2abbBAc，所以由正弦定理可得sincos2sincossinsinABBABC．又sinsinsincoscossinCABABAB，所以3sincossinBAB

．因为sin0B，所以1cos3A．又0,πA，所以22sin3A，tan22A．【小问2详解】ABC的面积n12222si3ASbcbc，则6bc．由余弦定理：22222c23s2oabcbcbcbcA

，得224253bcabc，所以5bc，故ABC的周长为517．18.已知点4,4,0,3AB，圆C的半径为1.（1）若圆C的圆心坐标为3,2C，过点A作圆C的切线，求此切线的方程；（2）若圆C的圆心C在直线:1lyx上，且圆C上存

在点M，使2MBMO，O为坐标原点，求圆心C的横坐标a的取值范围.【答案】（1）4x或3440xy（2）23222a或32222a.【解析】【分析】（1）根据圆心到直线距离分直线斜率存在与不存在求解；（2）由条件求出M所在

圆，利用两圆相交求出a的取值范围.【小问1详解】由题意得圆C标准方程为22(3)(2)1xy，当切线的斜率存在时，设切线方程为44ykx，的的第15页/共25页学科网（北京）股份有限公司由2211

kdk，解得：34k，当切线的斜率不存在时，切线方程为4x，满足题意；所以切线的方程为4x或3440xy.【小问2详解】由圆心C在直线:1lyx上，设,1Caa，设点,Mxy，由2MBMO，得：22

22(3)2xyxy，化简得：22(1)4xy，所以点M在以0,1D为圆心，2为半径的圆上.又点M在圆C上，所以圆C与圆D有交点，则13CD，即2213aa，解得：23222

a或32222a.19.已知数列na中，11a，nS是数列na的前n项和，且32nnaSn.（1）求数列na的通项公式：（2）证明：12123nnSSS.【答案

】（1）12nnna（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用na与nS关系可推导得到111nnanan，利用累乘法即可求得na；（2）由32nnaSn，结合na可得nS，并由此得到nnS；采用裂项相消法可整理得到第16页/共25页学科网（北京）股份有限公司12121

1622nnSSSn，由102n可证得结论.【小问1详解】由32nnaSn得：32nnSna且0na；当2n且nN时，1133321nnn

nnaSSnana，整理可得：111nnnana，111nnanan，则122nnanan，2313nnanan，，3242aa，2131aa，各式相乘得：111143123212nnnannnannn

，又11a，12nnna.当1n时成立，故12nnna.【小问2详解】由32nnaSn得：12236nnnnnnSa，

61161212126nnnnnnSnnnn，1212111111116623341222nnSSSnnn，又102n，12121632nnSSS.20.已知直

三棱柱111ABCABC-中，侧面11AABB为正方形，2ABBC，E，F分别为AC和1CC的中点，D为棱11AB上的点．11BFAB第17页/共25页学科网（北京）股份有限公司（1）证明：BFDE；（2）当1BD为何

值时，面11BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）112BD【解析】【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明

线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BFABABAB，所以BFAB．又因为1ABBB，1BFBBB，所以AB平面11BCCB．又因为2ABBC，构造正方体11

11ABCGABCG，如图所示，过E作AB的平行线分别与AGBC，交于其中点,MN，连接11,AMBN，因为E，F分别为AC和1CC的中点，所以N是BC的中点，易证1RtRtBCFBBN，则1CBFBBN．又因为1190BBNBNB

，所以1190CBFBNBBFBN，．第18页/共25页学科网（北京）股份有限公司又因为111111,BFABBNABB，所以BF平面11AMNB．又因为ED平面11AMNB，所以BFDE．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱

111ABCABC-是直三棱柱，1BB底面ABC，1BBAB11//ABAB，11BFAB，BFAB，又1BBBFB，AB平面11BCCB．所以1,,BABCBB两两垂直．以B为坐标原点，分别以1,,BABCBB所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐

标系，如图．0,0,0,2,0,0,0,2,0,BAC1110,0,2,2,0,2,0,2,2BAC，1,1,0,0,2,1EF．由题设,0,2Da（02a）．因为0,2,1,1,1,2BFDEa

，所以0121120BFDEa，所以BFDE．[方法三]：因为11BFAB，11//ABAB，所以BFAB，故110BFAB，0BFAB

，所以11BFEDBFEBBBBD11=BFBDBFEBBB1BFEBBFBB

11122BFBABCBFBB11122BFBABFBCBFBB112BFBCBFBB1

11coscos2BFBCFBCBFBBFBB121=52520255，所以BFED．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE的法向量为,,mxyz

，第19页/共25页学科网（北京）股份有限公司因为1,1,1,1,1,2EFDEa，所以00mEFmDE，即0120xyzaxyz．令2

za，则3,1,2maa因为平面11BCCB的法向量为2,0,0BA，设平面11BCCB与平面DEF的二面角的平面角为，则cosmBAmBA2622214aa232214aa．当12a时，22214aa取最小值为

272，此时cos取最大值为363272．所以2min63sin133，此时112BD．[方法二]：几何法如图所示，延长EF交11AC的延长线于点S，联结DS交11BC于点T，则平面DFE平面11BBCCFT．作1BHFT，垂足为H，因为1DB平

面11BBCC，联结DH，则1DHB为平面11BBCC与平面DFE所成二面角的平面角．设1,BDt[0,2],t1BTs，过1C作111//CGAB交DS于点G．第20页/共25页学科网（北京）股份有限公司由111

113CSCGSAAD得11(2)3CGt．又1111BDBTCGCT，即12(2)3tsst，所以31tst．又111BHBTCFFT，即1211(2)BHss，所以121(2)sBHs．所以2211DHBHB

D2221(2)sts2229225tttt．则11sinBDDHBDH2229225ttttt219119222t，所以，当12t时，1min3sin3DHB．[方法三]：投影法如图，联结1,FBFN，DEF在平面11BBCC的投

影为1BNF，记面11BBCC与面DFE所成的二面角的平面角为，则1cosBNFDEFSS．设1(02)BDtt，在1RtDBF中，222115DFBDBFt．在RtECF中，223EFE

CFC，过D作1BN的平行线交EN于点Q．第21页/共25页学科网（北京）股份有限公司在RtDEQ△中，2225(1)DEQDEQt．在DEF中，由余弦定理得222cos2DFEFDEDFEDFEF22315(

1)35ttt，222214sin35ttDFEt，1sin2DFESDFEFDFE2122142tt，13,2BNFS1cosBNFDFESS232214tt，29sin127tt

，当12t，即112BD，面11BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为33．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不

常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BBCC与面DFE所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找

到；方法三：利用面DFE在面11BBCC上的投影三角形的面积与DFE△面积之比即为面11BBCC与面DFE所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．21.在一次数学随堂小测验中，有单项选择题和多项

选择题两种.单项选择题，每道题四个选项中仅有一个正确，选择正确得5分，选择错误得0分；多项选择题，每道题四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有选择错误的得0分.（1）小明同学在这次

测验中，如果不知道单项选择题的答案就随机猜测.已知小明知道单项选择题的正确答案和随机猜测的概率都是12.问小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，求他知道这道单项选择题正确答案的概率；（2）小明同学在做某道多项选择题时，发现该题的四个选项他均无把握判断正误，于是他考虑了以下两

种方案：方案①单选：在四个选项中，等可能地随机选择一个；方案②多选：在有可能是正确答案的所有选项组合（如AB、BCD等）中，等可能地随机选择一种.若该多项选择题有三个选项是正确的，请从数学期望的角度分析，小明应选择何种方案，并说明理由.【答

案】（1）45（2）选择方案①.第22页/共25页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】（1）根据全概率公式可求得该单项选择题回答正确的概率，由条件概率公式可求得结果；（2）分别计算方案①②的得分期

望，比较大小即可.【小问1详解】记事件A为“该单项选择题回答正确”，事件B为“小明知道该题的正确答案”，111512248PAPBPABPBPAB，142558PABPBAPA，即小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，他知道

这道单项选择题正确答案的概率为45.【小问2详解】方案①单选：记小明做这道多项选择题所得的分数为X，则X的可能取值为0,2，104PX，324PX，则期望32EX，方案②多选：记小明做这道多项选择题所得的分数为Y，则Y的可能取值为0,2,5

，12332344CC30CC5PY，232344C32CC10PY，2344115CC10PY，则期望311125101010EY，则EXEY，故选择方案①.22.设函数21exxfxax，其中aR.（1）讨论fx的单

调性；（2）若fx存在两个极值点，设极大值点为01,xx为fx的零点，求证：01ln2xx.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，对a分类讨论，求出()0,()0fxfx的解

，得出单调区间；第23页/共25页学科网（北京）股份有限公司（2）分10,2a和1,2a两种情况讨论，10,2a时易得零点为0，直接比较可得，1,2a时01ln2xa，再由1021110e1e2xxxaxa

求解即可.【小问1详解】由22e1eexxxxxfxaxa①0a时，由2e10xa，令0fx，解得0x，所以0x时，0,0fxx时，0fx，则fx在,0单调递增，在0,单调递减；②

0a时，由21ee2xxaxfxa，（i）12a时，因为e10xx，则0,fxfx在,单调递增，（ii）10,2a时，0fx，解得0x或1ln02xa，所以1,0ln,2xa

时，10;0,ln2fxxa时，0fx，则fx在,0，1ln,2a上单调递增，在10,ln2a单调递减；（iii）1,2a时，由1ln02xa，所以1,ln0,2x

a时，10;ln,02fxxa时，0fx，则fx在1,ln2a，0,上单调递增，在1ln,02a单调递减；综上：0a时，fx的单调递

增区间为,0，单调递减区间为0,；第24页/共25页学科网（北京）股份有限公司10,2a时，fx的单调递增区间为,0和1ln,2a，单调递减区间为10,ln2a

；12a时，fx单调递增区间为,；1,2a时，fx的单调递增区间为1,ln2a和0,，单调递减区间为1ln,02a；【小问2详解】

根据题意结合（1）可知110,,22a时，fx存在两个极值点，由1x为fx的零点，则121110exxax，则121110exxax，故1,1x，若10,2a，由（1）可知00x，则01011ln2xx

；若1,2a，则01ln2xa，故1021110e1e2xxxaxa，化简得101211e12exxxaxa，即01121112eexxx

x，故0121111111112e122124,10111xxxxxxxxx当且仅当11111xx，即12x时等号成立，即01e2xx，故01ln2xx，当且仅当122e4xa

时取等号，综上，01ln2xx恒成立.【点睛】关键点点睛：本题解决过程，关键在于分类讨论思想的应用，求函数单调区间时，的第25页/共25页学科网（北京）股份有限公司需分类讨论才能解不等式，研究函数零点与极值点关系时，也需要分10,2

a和1,2a两种情况讨论.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com