1、2022-2023学年广东省深圳市宝安区高三（上）第一次调研数学试卷（10月份）一、单项选择题：本题共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（5分）若集合Mx|x24x+30，N=x|xx-30，则MN（）Ax|1x3Bx|0x3Cx|0x3Dx|1x32（5分）若z+2z+12+i，则zz=（）A2B2C0D13（5分）在平行四边形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，且AE=13AD，CF=23CD，点G为线段EF的中点，记BA=m，BC=n，则BG=（）A56m+23nB53m+43nC43m+53nD23m+56n4（5分）我国古代数
2、学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献现有这样一个整除问题：将1到2022这2022个整数能被5除余2且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，那么此数列的项数为（）A56B57C58D595（5分）若a，b，c0且a2+2ab+2ac+4bc12，则a+b+c的最小值是（）A23B3C2D36（5分）函数f（x）sin（x+）（0）满足：对xR，f(x)+f(x+4
3、)=0，f（x）图象关于点(316，0)中心对称，则对xR，f（a+x）f（ax）0成立的a的最大负数值（）A-16B-316C-8D-47（5分）若函数f（x）=12ax2-2axlnx在区间（3，4）上不单调，则a的取值范围是（）A(-，1813，+)B18，13C(18，13)D(-，-13)(-18，+)8（5分）已知角A为ABC中一个内角，如果适当排列sinA，cosA，tanA的顺序，可使它们成为一个等比数列，那么角A的大小属于区间（）A（0，4）B（4，2）C（2，34）D（34，）二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部
4、选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9（5分）关于（12x）2021a0+a1x+a2x2+a2021x2021（xR），则（）Aa01Ba1+a2+a3+a202132021Ca38C20213Da1a2+a3a4+a2021132021（多选）10（5分）设函数f(x)=log2(x-1)，x22x-3，x2，则以下结论正确的为（）Af（x）为R上的增函数Bf（x）有唯一零点x0，且1x02C若f（m）5，则m33Df（x）的值域为R（多选）11（5分）下列不等式关系中，正确的是（）Aln22eBln3ln3Ce2ln3De2-ln2（多选）12（5分）双纽线最早于16
5、94年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1（a，0），F2（a，0）距离之积等于a2（a0）的点的轨迹称为双纽线C已知点P（x0，y0）是双纽线C上一点，下列说法中正确的有（）A双纽线C关于x轴对称B-a2y0a2C双纽线C上满足|PF1|PF2|的点P有两个D|PO|的最大值为2a三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）命题“xR，2x23ax+90”为假命题，则实数a的取值范围为 14（5分）函数f(x)=ln(2x1+x+a)为奇函数，则实数a 15（5分）一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色2个，其余3个颜色各不
6、相同现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球颜色相同的概率是 ；若变量X为取出的3个小球中红球的个数，则X的数学期望E（X） 16（5分）已知方程1+x-x22+x33-x44+-x20222022=0的所有实数根都在区间a，b内（其中a，bZ），则ba的最小值为 四、解答题：本题共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（10分）在ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且3(a-bcosC)=csinB（1）求角B的大小；（2）若ABC的面积为23，b=26，求ABC的周长18（12分）已知等差数列an的前n项和为Sn，a21，S714，数列bn满足b1b2b3
7、bn=2n2+n2（1）求数列an和bn的通项公式；（2）若数列cn满足cnbncos（an），求数列cn的前2n项和T2n19（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC2，AA14，ABAC，BEAB1交AA1于点E，D为CC1的中点（）求证：BE平面AB1C；（）求二面角CAB1D的余弦值20（12分）已知椭圆C：x24+y22=1（）求椭圆C的离心率和长轴长；（）已知直线ykx+2与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点是否存在实数k，使得PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由21（12分）随着生活水平的提高和人们
8、对健康生活的重视，越来越多的人加入健身运动中国家统计局数据显示，2021年有5亿人经常参加体育锻炼某健身房从参与健身的会员中随机抽取100人，对其每周参与健身的天数与2021年在该健身房所有消费金额（单位：元）进行统计，得到以表统计表及统计图：平均每周健身天数不大于23或4不少于5人数（男）20359人数（女）10206若某人平均每周进行健身的天数不少于5，则称其为“健身达人”健身房规定消费金额不超过1600元的为普通会员，超过1600元但不超过3200元的为银牌会员，超过3200元的为金牌会员（1）已知金牌会员都是健身达人，从健身达人中随机抽取2人，求他们均是金牌会员的概率；（2）依据小概率
9、值0.05的2独立性检验，能否据此推测性别与是否为“健身达人”有关系？（3）该健身机构在2021年年底针对这100位消费者举办了一次消费返利活动，现有以下两种方案：方案一：按分层抽样从普通会员、银牌会员和金牌会员中共抽取25位“幸运之星”，分别给予188元、288元、888元的幸运奖励；方案二：每位会员均可参与摸奖游戏，游戏规则如下：摸奖箱中装有5张形状大小完全一样的卡片，其中3张印跑步机图案、2张印动感单车图案，有放回地摸三次卡片，每次只能摸一张，若摸到动感单车的总数位2，则获得100元奖励，若摸到动感单车的总数为3，则获得200元奖励，其他情况不给予奖励规定每个普通会员只能参加1次摸奖游戏
10、，每个银牌会员可参加2次摸奖游戏，每个金牌会员可参加3次摸奖游戏（每次摸奖结果相互独立）请你比较该健身房采用哪一种方案时，在此次消费返利活动中的支出较少，并说明理由附：2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中na+b+c+d，临界值表：0.10.050.0100.0050.001x2.7063.8416.6357.87910.82822（12分）已知函数f（x）ex1lnx1（1）判断f（x）的单调性；（2）若方程f（x）axa1（a0）有唯一实根x0，求证：1x022022-2023学年广东省深圳市宝安区高三（上）第一次调研数学试卷（10月份）参考答案与试题解析一
11、、单项选择题：本题共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（5分）若集合Mx|x24x+30，N=x|xx-30，则MN（）Ax|1x3Bx|0x3Cx|0x3Dx|1x3【解答】解：由已知可得集合Mx|x24x+30x|1x3，集合Nx|xx-30x|0x3，所以MNx|1x3，故选：D2（5分）若z+2z+12+i，则zz=（）A2B2C0D1【解答】解：设za+bi（a，bR），则z=a-bi，z+2z+12+i，a+bi+2（abi）+13abi+12+i，3a+1=-2-b=1，解得a1，b1，zz=(-1-i)(-1+i)=2故选：B3
12、（5分）在平行四边形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，且AE=13AD，CF=23CD，点G为线段EF的中点，记BA=m，BC=n，则BG=（）A56m+23nB53m+43nC43m+53nD23m+56n【解答】解：在平行四边形ABCD中，ABCD，BCAD，则BE=BA+AE=BA+13AD=BA+13BC=m+13n，BF=BC+CF=BC+23CD=BC+23BA=n+23m，又点G为线段EF的中点，则BG=12(BE+BF)=12（m+13n+n+23m）=56m+23n，故选：A4（5分）我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一
13、页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献现有这样一个整除问题：将1到2022这2022个整数能被5除余2且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，那么此数列的项数为（）A56B57C58D59【解答】解：被5除余2且被7除余2的数构成首项为2，公差为35的等差数列，则an2+35（n1）35n33，由35n332022，可得n4117，即n5857，且nN*，此数列的项数为58故选：C5（5分）若a，b，c0且a2+2ab+2ac+4bc1
14、2，则a+b+c的最小值是（）A23B3C2D3【解答】解：（a+b+c）2a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc（a2+2ab+2ac+4bc）+b2+c22bc12+（bc）212，当且仅当bc时取等号，a+b+c23故选：A6（5分）函数f（x）sin（x+）（0）满足：对xR，f(x)+f(x+4)=0，f（x）图象关于点(316，0)中心对称，则对xR，f（a+x）f（ax）0成立的a的最大负数值（）A-16B-316C-8D-4【解答】解：函数f（x）sin（x+）（0）满足：对xR，f(x)+f(x+4)=0，f（x）图象关于点(316，0)中心对称，因为f(x)+f(x+4)
15、=0，所以f(x+4)=-f(x)，所以f(x+2)=-f(x+4)=f(x)，结合f(x+4)=-f(x)可得函数f（x）的最小正周期为2，所以2=2，所以4，又f（x）图像关于点(316，0)中心对称，所以4316+=k，kZ，所以=k-34，kZ，当k为奇数时，f(x)=sin(4x+4)，当k为偶数时，f(x)=sin(4x-34)，因为xR，f（a+x）f（ax）0，所以f（a+x）f（ax），所以函数yf（a+x）为偶函数，所以函数f（x）的图象关于xa对称，所以当k为奇数时，4a+4=m+2，mZ，化简得a=m4+16，满足条件的最大负数为-316；当k为偶数时，4a-34=n+
16、2，nZ，化简得a=n4+516，满足条件的最大负数为-316；综上a的最大负数值为-316故选：B7（5分）若函数f（x）=12ax2-2axlnx在区间（3，4）上不单调，则a的取值范围是（）A(-，1813，+)B18，13C(18，13)D(-，-13)(-18，+)【解答】解：f（x）ax2a-1x=ax2-2ax-1x，令g（x）ax22ax1，则g（x）对称轴为x=-2a2a=1，且g（0）1，若函数f（x）=12ax2-2axlnx在区间（3，4）上不单调，则g（x）在（3，4）上有一个零点，所以g（3）g（4）0，所以（9a6a1）（16a8a1）0，所以（3a1）（8a1）
17、0，所以18a13，故选：C8（5分）已知角A为ABC中一个内角，如果适当排列sinA，cosA，tanA的顺序，可使它们成为一个等比数列，那么角A的大小属于区间（）A（0，4）B（4，2）C（2，34）D（34，）【解答】解：若sinA为等比中项，sinA0，则sin2AcosAtanA，整理得sinA（sinA1）0，所以sinA0或1，不符合若cosA为等比中项，cosA0，所以cos2AsinAtanA，整理得cosA（cosAtan2A）0，则cosAtan2A0，故A(0，2)所以0cosA1，0tan2A1，故0tanA1，所以A(0，4)若tanA为等比中项，（tanA0），所
18、以tan2AsinAcosA，tanA（tanAcos2A）0，则tanAcos2A0，所以A(0，2)，而0cos2A1，故0tanA1，所以A(0，4)故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9（5分）关于（12x）2021a0+a1x+a2x2+a2021x2021（xR），则（）Aa01Ba1+a2+a3+a202132021Ca38C20213Da1a2+a3a4+a2021132021【解答】解：令x0，则a01，故A正确，令x1，则（12）2021a0+a1+
19、a2+a20211所以a1+a2+a2021112，故B错误，令x1，则（1+2）2021a0a1+a2a3+a202132021+可得：a0+a2+a2020=32021-12可得：a1+a3+a2021=-1-320212所以可得：a0+a1a2+a3a4+a2021=-1-32021-32021+12=-32021，所以a1a2+a3a4+a2021132021，故D正确，展开式中含x3的项的系数为a3=C20213(-2)3=-8C 20213，故C错误，故选：AD（多选）10（5分）设函数f(x)=log2(x-1)，x22x-3，x2，则以下结论正确的为（）Af（x）为R上的增函数
20、Bf（x）有唯一零点x0，且1x02C若f（m）5，则m33Df（x）的值域为R【解答】解：作出f（x）的图象如图所示： 对于A：取特殊值：f（2）1，f（3）1，故A错误；对于B：由图象可得，f（x）有唯一零点x0，f（x）在（，2上单调递增，且f（1）0，f（2）0，B正确；对于C：当x2时，2x31，故log2（m1）5，解得m33，C正确对于D：f（x）的值域为（0，+）（3，1（3，+），D错误；故选：BC（多选）11（5分）下列不等式关系中，正确的是（）Aln22eBln3ln3Ce2ln3De2-ln2【解答】解：构造函数f(x)=lnxx，则f(x)=1-lnxx2，令f（x）
21、0，解得0xe，令f（x）0，解得xe，则函数f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+）上单调递减，由于2e，则f（2）f（e），即ln22lnee，即ln22e，选项A正确；由于e3，则f（3）f（），即ln33ln，即ln3ln3，选项B错误；构造函数g（x）x1lnx，g（x）1-1x，令g（x）0，解得0x1，令g（x）0，解得x1，则函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，则g（x）g（1）0，则3e-1-ln3e0，即3e1+ln3e=ln3，又e2-3e=e2-62e0，则e23eln3，选项C正确；由于4eee，即2ee，即ee2，则e-1e2-1，又1-
22、ln2=lne2e2-1，则e-1e2-11-ln2，则e2-ln2，选项D正确故选：ACD（多选）12（5分）双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1（a，0），F2（a，0）距离之积等于a2（a0）的点的轨迹称为双纽线C已知点P（x0，y0）是双纽线C上一点，下列说法中正确的有（）A双纽线C关于x轴对称B-a2y0a2C双纽线C上满足|PF1|PF2|的点P有两个D|PO|的最大值为2a【解答】解：对A，设动点C（x，y），由题意可得C的轨迹方程(x-a)2+y2(x+a)2+y2=a2，关于原点对称的点（x，y）代入轨迹方
23、程显然成立故A正确；对B，因为P（x0，y0），所以SPF1F2=12|PF1|PF2|sinF1PF2=12|F1F2|y0|又因为|PF1|PF2|=a2，所以a2sinF1PF22a|y0|，即|y0|=a2sinF1PF2a2，故-a2y0a2，故B正确；对C，若|PF1|PF2|，则点P（x0，y0）在F1F2的中垂线即y轴上故此时x00，代入(x-a)2+y2(x+a)2+y2=a2，可得y00，即P（0，0）仅有一个，故C错误；对D，因为POF1+POF2，所以cosPOF1+cosPOF20，即|OP|2+|OF1|2-|PF1|22|OP|OF1|+|OP|2+|OF2|2-
24、|PF2|22|OP|OF2|=0，因为|OF1|OF2|a，|PF1|PF2|=a2，所以2|OP|2+2a2=|PF1|2+|PF2|2，即2|OP|2+2a2=(|PF1|-|PF2|)2+2|PF1|PF2|，所以2|OP|2=(|PF1|-|PF2|)2，又因为|PF1|PF2|F1F2|2a，当且仅当P，F1，F2共线时取等号故2|OP|2=(|PF1|-|PF2|)2(2a)2，即|OP|22a2，解得|OP|2a，故D正确故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）命题“xR，2x23ax+90”为假命题，则实数a的取值范围为22，22【解答】解：原
25、命题的否定为“xR，2x23ax+90”，且为真命题，则开口向上的二次函数值要想大于等于0恒成立，只需9a24290，解得：22a22故答案为：22，2214（5分）函数f(x)=ln(2x1+x+a)为奇函数，则实数a1【解答】解：根据题意，函数f(x)=ln(2x1+x+a)为奇函数，则f（x）+f（x）0，即ln（2x1+x+a）+ln（-2x1-x+a）0，变形可得：a2-(a+2)x21-x2=1，必有a1；故答案为：115（5分）一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色2个，其余3个颜色各不相同现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球颜色相同的概率是 310；若变量X为取出的3个
26、小球中红球的个数，则X的数学期望E（X）65【解答】解：一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色两个，其余3个颜色各不相同现从中任意取出3个小球，基本事件总数n=C53=10，其中恰有2个小球颜色相同包含的基本事件个数m=C22C31=3，其中恰有2个小球颜色相同的概率是p=mn=310；若变量X为取出的三个小球中红球的个数，则X的可能取值为0，1，2，P(X=0)=C33C53=110，P(X=1)=C21C32C53=610，P(X=2)=C22C31C53=310，数学期望E(X)=0110+1610+2310=65故答案为：310，6516（5分）已知方程1+x-x22+x33-x4
27、4+-x20222022=0的所有实数根都在区间a，b内（其中a，bZ），则ba的最小值为 3【解答】解：设f（x）1+x-x22+x33-x44+-x20222022，则f（x）1x+x2x3+x2021（1x）2021，当x（，1）时，f（x）0，f（x）单调递增；当x（1，+）时，f（x）0，f（x）单调递减，又f（1）=1-1-12-13-120220，f（0）10，f（2）=1+(2-222)+(233-244)+(220212021-220222022)1+0-43+(255-2256)+(220212021-2220212022)0，f（x）在R上仅有2个零点x1，x2，且x1，
28、（1，0），x2（0，2），由题意可得f（x）的所有零点都在区间a，b内（其中a，bZ），当a1，b2时ba取得最小值为3，故答案为：3四、解答题：本题共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（10分）在ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且3(a-bcosC)=csinB（1）求角B的大小；（2）若ABC的面积为23，b=26，求ABC的周长【解答】解：（1）由3(a-bcosC)=csinB，得3(sinA-sinBcosC)=sinCsinB，即3sin(B+C)-sinBcosC=sinCsinB；所以3cosBsinC=sinBsinC在ABC中，s
29、inC0，所以tanB=3；又0B，所以B=3（2）ABC的面积为S=12acsinB=12acsin3=23，解得ac8所以cosB=a2+c2-b22ac=12，a2+c2-(26)2=ac；所以（a+c）2243ac24，所以a+c=48=43，即ABC的周长为43+2618（12分）已知等差数列an的前n项和为Sn，a21，S714，数列bn满足b1b2b3bn=2n2+n2（1）求数列an和bn的通项公式；（2）若数列cn满足cnbncos（an），求数列cn的前2n项和T2n【解答】解：（1）设等差数列an的公差设为d，由a21，S714，可得a1+d1，7a1+21d14，解得a
30、1d=12，则an=12+12（n1）=12n；由b1b2b3bn=2n2+n2，可得b1b2b3bn12n(n-1)2（n2），两式相除可得bn2n（n2），对n1也成立，故bn2n（nN*）；（2）cnbncos（an）2ncos（12n），则T2n2cos2+22cos+23cos32+24cos（2）+22n1cos（12（2n1）+22ncos（n）22cos+24cos（2）+22ncos（n）22+2426+（1）n22n=-4(1-(-4)n)1+4=-4+(-4)n+1519（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC2，AA14，ABAC，BEAB1交AA1于点
31、E，D为CC1的中点（）求证：BE平面AB1C；（）求二面角CAB1D的余弦值【解答】（）证明：因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以AA1平面ABC，所以AA1AC（1分） 因为ACAB，ABAA1A，所以AC平面AA1B1B （3分）因为BE平面AA1B1B，所以ACBE（4分）因为BEAB1，ACAB1A，所以BE平面AB1C （5分）（）解：由（）知AB，AC，AA1两两垂直，如图建立空间直角坐标系Axyz则A（0，0，0），B1（2，0，4），D（0，2，2），B（2，0，0）（7分）设E（0，0，a），所以AD=（0，2，2），AB1=（2，0，4），BE=（2，0，a），因
32、为AB1BE，所以4a40，即a1（8分）所以平面AB1C的一个法向量为BE=（2，0，1）（9分）设平面AB1D的法向量为n=（x，y，z），所以nAD=0，nAB1=0.所以2y+2z=0，2x+4z=0.即y=-z，x=-2z.（10分）令x1，则x2，y1，所以平面AB1D的一个法向量为n=（2，1，1）（11分）所以cosBE，n=nBE|n|BE|=-565=-306（12分）由已知，二面角CAB1D为锐角，所以二面角CAB1D的余弦值为306（13分）20（12分）已知椭圆C：x24+y22=1（）求椭圆C的离心率和长轴长；（）已知直线ykx+2与椭圆C有两个不同的交点A，B，P
33、为x轴上一点是否存在实数k，使得PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由【解答】解：（）由题意：a24，b22，所以a2 （1分）因为a2b2+c2，所以c22，c=2，（2分）所以e=ca=22（3分）所以椭圆C离心率为22，长轴长为4 （4分）（）联立y=kx+2，x24+y22=1消y整理得：（2k2+1）x2+8kx+40（5分）因为直线与椭圆交于A，B两点，故0，解得k212（6分）设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-8k2k2+1，x1x2=42k2+1（8分）设AB中点G（x0，y0），则x0=x1+x22=-
34、4k2k2+1，y0=kx0+2=22k2+1，故G(-4k2k2+1，22k2+1)（9分）假设存在k和点P（m，0），使得PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则PGAB，故kPGkAB1，所以22k2+1-4k2k2+1-mk=-1，解得m=-2k2k2+1，故P(-2k2k2+1，0)（10分）又因为APB=2，所以PAPB=0所以（x1m，y1）（x2m，y2）0，即（x1m）（x1m）+y1y20整理得 （k2+1）x1x2+（2km）（x1+x2）+m2+40所以（k2+1）42k2+1-（2km）8k2k2+1+m2+40，（12分）代入m=-2k2k2+1，整理得k41，即
35、k21（14分）当k1时，P点坐标为(23，0)；当k1时，P点坐标为（-23，0）此时，PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形 （15分）21（12分）随着生活水平的提高和人们对健康生活的重视，越来越多的人加入健身运动中国家统计局数据显示，2021年有5亿人经常参加体育锻炼某健身房从参与健身的会员中随机抽取100人，对其每周参与健身的天数与2021年在该健身房所有消费金额（单位：元）进行统计，得到以表统计表及统计图：平均每周健身天数不大于23或4不少于5人数（男）20359人数（女）10206若某人平均每周进行健身的天数不少于5，则称其为“健身达人”健身房规定消费金额不超过1600元的为普通
36、会员，超过1600元但不超过3200元的为银牌会员，超过3200元的为金牌会员（1）已知金牌会员都是健身达人，从健身达人中随机抽取2人，求他们均是金牌会员的概率；（2）依据小概率值0.05的2独立性检验，能否据此推测性别与是否为“健身达人”有关系？（3）该健身机构在2021年年底针对这100位消费者举办了一次消费返利活动，现有以下两种方案：方案一：按分层抽样从普通会员、银牌会员和金牌会员中共抽取25位“幸运之星”，分别给予188元、288元、888元的幸运奖励；方案二：每位会员均可参与摸奖游戏，游戏规则如下：摸奖箱中装有5张形状大小完全一样的卡片，其中3张印跑步机图案、2张印动感单车图案，有放
37、回地摸三次卡片，每次只能摸一张，若摸到动感单车的总数位2，则获得100元奖励，若摸到动感单车的总数为3，则获得200元奖励，其他情况不给予奖励规定每个普通会员只能参加1次摸奖游戏，每个银牌会员可参加2次摸奖游戏，每个金牌会员可参加3次摸奖游戏（每次摸奖结果相互独立）请你比较该健身房采用哪一种方案时，在此次消费返利活动中的支出较少，并说明理由附：2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中na+b+c+d，临界值表：0.10.050.0100.0050.001x2.7063.8416.6357.87910.828【解答】解：（1）平均每周进行健身的天数不少于5，则称其为“
38、健身达人”，健身房规定消费金额超过3200元的为金牌会员，所以健身达人共9+615（人），金牌会员人数有8+412（人），又金牌会员都是健身达人，故从健身达人中随机抽取2人，他们均是金牌会员的概率为：C122C152=2235；（2）由图表可知，非健身达人男性有：20+3555（人），健身达人男性有：9人；非健身达人女性有：10+2030（人），健身达人女性有：6人，列出列联表如下： 非健身达人 健身达人 总人数 人数（男） 55 9 64 人数（女） 30 6 36 总人数 85 15 100零假设为：H0性别与是否为“健身达人“无关，根据列联表中的数据计算可得：2=100(556-309)
39、2851564360.1233.841，故依据小概率值0.05的2独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为性别与是否为“健身达人”没有关系；（3）由图可知：普通会员有6+2228（人），银牌会员有25+3560（人），金牌会员有8+412（人），方案一：抽取的普通会员，银牌会员与金牌会员分别有2810025=7（人），6010025=15（人），1210025=3（人），故共支出7188+15288+38888300（元）；方案二：参加一次活动获得奖励的数学期望为：C32(25)2(35)1100+C33(25)3200=2085，故总支出的数学期望为282085+6020852+
40、1220853=7654.48300故采用方案二时，在此次消费返利活动中的支出较少22（12分）已知函数f（x）ex1lnx1（1）判断f（x）的单调性；（2）若方程f（x）axa1（a0）有唯一实根x0，求证：1x02【解答】解：（1）f（x）ex1lnx1，f（x）ex1-1x，f（x）ex1+1x20，所以函数f（x）在（0，+）上单调递增，且f（1）0，所以当x（0，1）时，f（x）0；当x（1，+）时，f（x）0，所以f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+）上是增函数（2）设g（x）f（x）ax+a+1ex1lnxax+a，则g（x）ex1-1x-a，因为g（x）是增函数，又g（
41、1）a0，g（a+1）ea-1a+1-aea1a0，所以存在唯一的t（1，+），使得g（t）0，当x（0，t）时，g（x）0，g（x）单调递减，当x（t，+）时，g（x）0，g（x）单调递增，所以g（x）ming（t）et1lntat+a，方程f（x）axa1有唯一实数根x0，则x0t，且g(t)=0g(t)=0，即et-1-1t-a=0et-1-lnt-at+a=0，消去a得（2t）et1lnt+t-1t=0，设h（t）（2t）et1lnt+t-1t（t1），则h（t）（1t）（et1+1t2）0，所以函数h（t）在（1，+）上单调递减，因为h（1）10，h（2）ln2+120，所以1t2，即1x02第21页（共21页）
