?2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高二下學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題

一、單選題
1．已知是各項(xiàng)不相等的等差數(shù)列，若，且，，成等比數(shù)列，則數(shù)列的前10項(xiàng)和（????）
A．5 B．45 C．55 D．110
【答案】C
【分析】設(shè)等差數(shù)列的公差為d（），由等比中項(xiàng)的性質(zhì)和等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得公差，再由等差數(shù)列的求和公式即可求得結(jié)果.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為d（），
由題意知，，，
所以，
解得或（舍去），
所以，
所以.
故選：C.
2．在下列條件中，使點(diǎn)M與點(diǎn)A，B，C一定共面的是（????）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先證明四點(diǎn)共面的條件，再根據(jù)四點(diǎn)共面的條件逐項(xiàng)判斷即可求得結(jié)論．
【詳解】空間向量共面定理，，若，，不共線，且，，，共面，則其充要條件是；
對(duì)于A，因?yàn)?，所以不能得到，，，四點(diǎn)不共面；
對(duì)于B，因?yàn)?，所以不能得出，，，四點(diǎn)共面；
對(duì)于C，由條件可得，則，，為共面向量，所以與,一定共面；
對(duì)于D，因?yàn)椋?，因?yàn)?，所以不能得出，，，四點(diǎn)共面．
故選：C．
3．下列說(shuō)法中正確的是（?????）
①若隨機(jī)變量，則
②若隨機(jī)變量且，則
③甲、乙、丙、丁四人到四個(gè)景點(diǎn)旅游，每人只去一個(gè)景點(diǎn)，設(shè)事件 “4個(gè)人去的景點(diǎn)互不相同”，事件 “甲獨(dú)自去一個(gè)景點(diǎn)”，則
④設(shè)隨機(jī)變量X，則，
A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①②
【答案】A
【分析】利用二項(xiàng)分布的概率公式計(jì)算判斷①；利用正態(tài)分布的對(duì)稱性計(jì)算判斷②；利用條件概率公式計(jì)算判斷③；利用期望、方差的性質(zhì)判斷④作答.
【詳解】對(duì)于①，，則，①正確；
對(duì)于②，且，則，②正確；
對(duì)于③，依題意，，所以，③正確；
對(duì)于④，，，④錯(cuò)誤，
所以說(shuō)法正確的序號(hào)是①②③.
故選：A
4．已知甲盒中有2個(gè)白球，2個(gè)紅球，1個(gè)黑球，乙盒中有4個(gè)白球，3個(gè)紅球，2個(gè)黑球，現(xiàn)從甲盒中隨機(jī)取出一個(gè)球放入乙盒，再?gòu)囊液兄须S機(jī)取出一個(gè)球，記事件A=“甲盒中取出的球與乙盒中取出的球顏色不同”，則（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分類討論甲盒中隨機(jī)取出一個(gè)球的顏色，根據(jù)題意結(jié)合獨(dú)立事件的概率乘法公式運(yùn)算求解.
【詳解】若甲盒中隨機(jī)取出一個(gè)球?yàn)榘浊虻母怕蕿?，放入乙盒，此時(shí)乙盒中有5個(gè)白球，3個(gè)紅球，2個(gè)黑球，再取出一個(gè)非白球的概率為；
若甲盒中隨機(jī)取出一個(gè)球?yàn)榧t球的概率為，放入乙盒，此時(shí)乙盒中有4個(gè)白球，4個(gè)紅球，2個(gè)黑球，再取出一個(gè)非紅球的概率為；
若甲盒中隨機(jī)取出一個(gè)球?yàn)楹谇虻母怕蕿椋湃胍液?，此時(shí)乙盒中有4個(gè)白球，3個(gè)紅球，3個(gè)黑球，再取出一個(gè)非黑球的概率為；
故.
故選：D.
5．已知正方體的棱長(zhǎng)為2，、分別為上底面和側(cè)面的中心，則點(diǎn)到平面的距離為（??????）
??
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法得出點(diǎn)到平面的距離.
【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系
??
，，，，，，
設(shè)平面的法向量為，，令，得
則點(diǎn)到平面的距離為.
故選：A
6．若的展開式中的系數(shù)為20，則（????）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據(jù)二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式可求出結(jié)果.
【詳解】，
的通項(xiàng)公式為，
令，得（舍），令，得，
依題意得，得.
故選：B
7．已知拋物線，焦點(diǎn)為F，點(diǎn)M是拋物線C上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作直線的垂線，垂足為P，則的最小值為（????）
A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】由條件確定點(diǎn)的軌跡，結(jié)合拋物線的定義，圓的性質(zhì)求的最小值.
【詳解】∵??拋物線的方程為，
∴??，拋物線的準(zhǔn)線方程為，
∵ 方程可化為，
∴過(guò)定點(diǎn)，
設(shè)，設(shè)的中點(diǎn)為，則，因?yàn)椋瑸榇棺悖?
∴，所以，
即點(diǎn)的軌跡為以為圓心，半徑為的圓，
過(guò)點(diǎn)作準(zhǔn)線的垂線，垂足為，則,
∴ ,，又，當(dāng)且僅當(dāng)三點(diǎn)共線且在之間時(shí)等號(hào)成立，
∴ ，
過(guò)點(diǎn)作準(zhǔn)線的垂線，垂足為，則,當(dāng)且僅當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)等號(hào)成立，
∴ ，當(dāng)且僅當(dāng)四點(diǎn)共線且在之間時(shí)等號(hào)成立，
所以的最小值為，
故選：A.

8．設(shè)，，，則（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】結(jié)合已知要比較函數(shù)值的結(jié)構(gòu)特點(diǎn),可考慮構(gòu)造函數(shù),然后結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系分析出時(shí),函數(shù)取得最大值,可得最大,然后結(jié)合函數(shù)單調(diào)性即可比較大小.
【詳解】設(shè),則,
當(dāng)時(shí),,函數(shù)單調(diào)遞減,當(dāng)時(shí),,函數(shù)單調(diào)遞增,
故當(dāng)時(shí),函數(shù)取得最大值,
因?yàn)?,
,
當(dāng)時(shí),,函數(shù)單調(diào)遞減,可得,
即.
故選:C

二、多選題
9．某學(xué)校一同學(xué)研究溫差與本校當(dāng)天新增感冒人數(shù)（人）的關(guān)系，該同學(xué)記錄了5天的數(shù)據(jù)：
x
5
6
8
9
12
y
17
20
25
28
35
經(jīng)過(guò)擬合，發(fā)現(xiàn)基本符合經(jīng)驗(yàn)回歸方程，則（????）
A．樣本中心點(diǎn)為 B．
C．，殘差為 D．若去掉樣本點(diǎn)，則樣本的相關(guān)系數(shù)r增大
【答案】ABC
【分析】由回歸直線必過(guò)樣本中心可判斷A項(xiàng)、B項(xiàng)，由殘差公式可判斷C項(xiàng)，由相關(guān)系數(shù)公式可判斷D項(xiàng).
【詳解】對(duì)于A項(xiàng)，因?yàn)?，?br /> 所以樣本中心點(diǎn)為，故A項(xiàng)正確；
對(duì)于B項(xiàng)，由回歸直線必過(guò)樣本中心可得：解得：，故B項(xiàng)正確；
對(duì)于C項(xiàng)，由B項(xiàng)知，，令，則，
所以殘差為，故C項(xiàng)正確；
對(duì)于D項(xiàng)，由相關(guān)系數(shù)公式可知，去掉樣本點(diǎn)后，x與y的樣本相關(guān)系數(shù)r不變，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.
故選：ABC.
10．記A，B為隨機(jī)事件，下列說(shuō)法正確的是（????）
A．若事件A，B互斥，，，
B．若事件A，B相互獨(dú)立，，，則
C．若，，，則
D．若，，，則
【答案】BC
【分析】對(duì)于A，根據(jù)互斥事件和對(duì)立事件的性質(zhì)分析判斷即可，對(duì)于B，根據(jù)相互獨(dú)立事件的性質(zhì)分析判斷，對(duì)于CD，根據(jù)條件概率的公式和對(duì)立事件的性質(zhì)分析判斷.
【詳解】
，∴，A錯(cuò).
，B對(duì).
令，，，∴，
，∴，
，∴，C對(duì).
，D錯(cuò)，
故選：BC.
11．如圖，在正方體中，點(diǎn)P在線段上運(yùn)動(dòng)，則下列結(jié)論正確的是（???????）

A．直線平面
B．三棱錐的體積為定值
C．異面直線與所成角的取值范圍是
D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為
【答案】ABD
【分析】在選項(xiàng)A中，利用線面垂直的判定定理，結(jié)合正方體的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可；
在選項(xiàng)B中，根據(jù)線面平行的判定定理、平行線的性質(zhì)，結(jié)合三棱錐的體積公式進(jìn)行求解判斷即可；
在選項(xiàng)C中，根據(jù)異面直線所成角的定義進(jìn)行求解判斷即可；
在選項(xiàng)D中，以為原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法進(jìn)行求解即可.
【詳解】在選項(xiàng)A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直線平面，故A正確；
在選項(xiàng)B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，
∴到平面的距離為定值，又的面積是定值，
∴三棱錐的體積為定值，故B正確；
在選項(xiàng)C中，
∵，
∴異面直線與所成角為直線與直線的夾角.
易知為等邊三角形，
當(dāng)為的中點(diǎn)時(shí)，；
當(dāng)與點(diǎn)或重合時(shí)，直線與直線的夾角為.
故異面直線與所成角的取值范圍是，故C錯(cuò)誤；
在選項(xiàng)D中，
以為原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，
則，，，，
所以，.
由A選項(xiàng)正確：可知是平面的一個(gè)法向量，
∴直線與平面所成角的正弦值為：，
∴當(dāng)時(shí)，直線與平面所成角的正弦值的最大值為，故D正確.
故選：ABD
12．已知直線與橢圓交于、兩點(diǎn)，點(diǎn)為橢圓的左、右焦點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的有（????）
A．橢圓的離心率為
B．橢圓上存在點(diǎn)，使得
C．當(dāng)時(shí)，，使得
D．當(dāng)，，
【答案】AD
【分析】根據(jù)橢圓的離心率、焦點(diǎn)三角形、直線與橢圓相交的坐標(biāo)運(yùn)算逐項(xiàng)判斷即可得答案.
【詳解】橢圓，則
對(duì)于A，，故A正確；
對(duì)于B，在中，，
??
由余弦定理得，
又，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，最大，則最小值為，因?yàn)?，函?shù)在遞減，即最大為，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，時(shí)，，即直線過(guò)右焦點(diǎn)，設(shè)，則，恒成立，所以，
??
又，所以，
因?yàn)椋?br /> 所以，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，時(shí)，，設(shè)，聯(lián)立，得；
所以，
??
所以，當(dāng)時(shí)，取到最小值為，故，故D正確.
故選：AD.

三、填空題
13．設(shè)，且，若能被15整除，則 .
【答案】14
【分析】講用二項(xiàng)式展開，通過(guò)分析被15除的余數(shù)，即可求出的值.
【詳解】由題意，，
∵
，
可知被15除的余數(shù)與被15除的余數(shù)相等，
又∵，
∴被15除的余數(shù)為1，即被15除的余數(shù)為1，
∵，
∴若能被 15 整除，則，解得：，
故答案為：14.
14．已知圓柱的體積為，則該圓柱的表面積的最小值為 ．
【答案】
【分析】本題可設(shè)高為，半徑為，然后根據(jù)體積為得出，最后根據(jù)圓柱的表面積公式以及基本不等式即可得出結(jié)果.
【詳解】設(shè)高為，半徑為，則，整理得，
故圓柱的表面積，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，
故答案為：.
15．中國(guó)新冠疫苗研究路徑有兩種技術(shù)路線：一個(gè)是滅活疫苗，一個(gè)是腺病毒載體疫苗.經(jīng)過(guò)科研工作者長(zhǎng)達(dá)一年左右的研制，截至目前我國(guó)已有4款自主研發(fā)的新冠疫苗獲批上市.其中在腺病毒載體疫苗研制過(guò)程中，科研者要依次完成七項(xiàng)不同的任務(wù)，并對(duì)任務(wù)的順序提出了如下要求:重點(diǎn)任務(wù)A必須排在前三位，且任務(wù)必須排在一起，則這七項(xiàng)任務(wù)的安排方案共有 種（用數(shù)字作答）
【答案】624
【分析】分A在第一位、第二位、第三位三種情況，考慮有幾種方式，剩下的元素全排即可.
【詳解】把A排在第一位，任務(wù)相鄰的位置有5個(gè)，兩者的順序有2種情況，剩下的4個(gè)任務(wù)全排列，有種，共有種方案；
把A排在第二位，任務(wù)相鄰的位置有4個(gè)，兩者的順序有2種情況，剩下的4個(gè)任務(wù)全排列，有種，共有種方案；
把A排在第三位，任務(wù)相鄰的位置有4個(gè)，兩者的順序有2種情況，剩下的4個(gè)任務(wù)全排列，有種，共有種方案；
總共有種方案.
故答案為：624.

四、雙空題
16．已知數(shù)列滿足，，當(dāng)時(shí)， ；若數(shù)列的所有項(xiàng)僅取有限個(gè)不同的值，則滿足題意的所有實(shí)數(shù)a的值為 .
【答案】 2
【分析】先利用遞推公式求出，，再由，求出；利用通項(xiàng)公式判斷出a的值為2.
【詳解】∵
∴
∴.
∵，∴，
∴.
∴當(dāng)時(shí)，.
因?yàn)?，所?
要使的所有項(xiàng)僅取有限個(gè)不同的值，則，此時(shí)，.
否則時(shí)，取值有無(wú)窮多個(gè).
故答案為：；2.

五、解答題
17．在條件①無(wú)理項(xiàng)的系數(shù)和為，②的系數(shù)是64，③第3項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)與第2項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)的比為5∶2中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并解答問(wèn)題．
問(wèn)題：在的展開式中_____________．
(1)求n的值；
(2)求展開式中的常數(shù)項(xiàng)．
注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）首先寫出展開式的通項(xiàng)，若選①，令的無(wú)理項(xiàng)系數(shù)和為、有理項(xiàng)系數(shù)和為，利用賦值法得到，，即可求出，從而求出；
若選②，令，求出，即可求出的取值范圍，再由，即可求出的取值范圍，從而得解；
若選③，根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)及組合數(shù)公式計(jì)算可得；
（2）由（1）得到展開式的通項(xiàng)，令的指數(shù)為，求出，再代入計(jì)算可得；
【詳解】（1）解：因?yàn)檎归_式的通項(xiàng)為
若選①，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)為無(wú)理項(xiàng)，為偶數(shù)時(shí)為有理項(xiàng)，
則的無(wú)理項(xiàng)系數(shù)和與的無(wú)理項(xiàng)系數(shù)和互為相反數(shù)，
令的無(wú)理項(xiàng)系數(shù)和為、有理項(xiàng)系數(shù)和為，
令，則，
所以，所以；
若選②，令，解得，
因?yàn)榍?，解得且為的倍?shù)，
所以，因?yàn)?，所以，所以?br /> 所以；
若選③，依題意可得，即，解得；
（2）解：由（1）可得，則展開式的通項(xiàng)為，
令，解得，所以展開式中常數(shù)項(xiàng)為；
18．已知正項(xiàng)數(shù)列的前n項(xiàng)和為，滿足，.
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)數(shù)列為等比數(shù)列，數(shù)列滿足，若，，求證：.
【答案】(1)，
(2)證明見解析.

【分析】（1）先由累乘法求得，再根據(jù)與的關(guān)系即可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）先由條件求得數(shù)列的通項(xiàng)公式，即可得到，然后根據(jù)裂項(xiàng)相消法即可證明.
【詳解】（1）因?yàn)?，則，
累乘可得，，
所以，又符合式子，
所以，
當(dāng)時(shí)，，
所以兩式相減可得，，
又符合上式，所以，
（2）因?yàn)閿?shù)列為等比數(shù)列，，且，
設(shè)數(shù)列的公比為，則，即，
所以，則
所以，
即

19．阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希臘）不僅是著名的哲學(xué)家、物理學(xué)家，也是著名的數(shù)學(xué)家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)與短半軸長(zhǎng)的乘積.在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓：的面積為，兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形.過(guò)點(diǎn)的直線與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)橢圓C的左、右頂點(diǎn)分別為P，Q，直線PA與直線交于點(diǎn)F，試證明B，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線.
【答案】(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）利用條件，建立的關(guān)系，直接求出即可求出結(jié)果；（2）分直線斜率存在與不存在兩種情況討論，當(dāng)斜率不存在時(shí)，可直接求出B，Q，F(xiàn)三點(diǎn)的坐標(biāo)，從而可利用向量判斷出是否共線；當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)出直線方程，聯(lián)立方程得到，利用韋達(dá)定理得到間的關(guān)系，再求出點(diǎn)，再利用向量共線得到點(diǎn)共線即可得到證明.
【詳解】（1）依題意有，解得，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是.
（2）（i）當(dāng)直線的斜率不存在，易知，，或，，
當(dāng)，時(shí)，直線PA的方程為：，所以點(diǎn)，
此時(shí)，，，顯然B，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線，
同理，時(shí)，B，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線；
（ii）當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，顯然斜率，設(shè)直線的方程：，
設(shè)，，
由整理可得：，
，，
由（1）可得左右頂點(diǎn)分別為，，
直線PA的方程為，又因?yàn)橹本€與交于F，所以，
所以，，
因?yàn)?br /> ，
又
，
所以，所以，所以B，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線；

20．如圖，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的對(duì)角線交于點(diǎn)F，G為的中點(diǎn)，，.

(1)求證：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值；
(3)在線段上是否存在一點(diǎn)H，使得與平面所成角的大小為？若存在，求出的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由.
【答案】(1)證明見解析；
(2)；
(3)存在，.

【分析】（1）利用線面平行的判定定理即可證明；（2）證明出，.利用向量法求解；（3）利用向量法求解.
【詳解】（1）連接FG.

在△中，F(xiàn)、G分別為的中點(diǎn)，所以.
又因?yàn)槠矫? 平面，所以平面.
（2）因?yàn)槠矫?平面，所以.
又，所以.
以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

則,.,.
設(shè)平面SCD的一個(gè)法向量為.
則，即，
令,得.
所以平面SCD的一個(gè)法向量為.
又平面ESD的一個(gè)法向量為.
所以
所以平面SCD與平面ESD夾角的余弦值為.
（3）假設(shè)存在點(diǎn)H,設(shè),則.
由（2）知,平面的一個(gè)法向量為.則，
即,所以.
故存在滿足題意的點(diǎn)H,此時(shí).
21．網(wǎng)上購(gòu)物就是通過(guò)互聯(lián)網(wǎng)檢索商品信息，并通過(guò)電子訂購(gòu)單發(fā)出購(gòu)物請(qǐng)求，廠商通過(guò)郵購(gòu)的方式發(fā)貨或通過(guò)快遞公司送貨上門，貨到后通過(guò)銀行轉(zhuǎn)賬?微信或支付寶支付等方式在線匯款，根據(jù)年中國(guó)消費(fèi)者信息研究，超過(guò)的消費(fèi)者更加頻繁地使用網(wǎng)上購(gòu)物，使得網(wǎng)上購(gòu)物和送貨上門的需求量激增，越來(lái)越多的消費(fèi)者也首次通過(guò)第三方?品牌官方網(wǎng)站和微信社群等平臺(tái)進(jìn)行購(gòu)物，某天貓專營(yíng)店統(tǒng)計(jì)了年月日至日這天到該專營(yíng)店購(gòu)物的人數(shù)和時(shí)間第天間的數(shù)據(jù)，列表如下：












（1）由表中給出的數(shù)據(jù)是否可用線性回歸模型擬合人數(shù)與時(shí)間之間的關(guān)系？若可用，估計(jì)月日到該專營(yíng)店購(gòu)物的人數(shù)(人數(shù)用四舍五入法取整數(shù)；若，則線性相關(guān)程度很高，可用線性回歸模型擬合，計(jì)算時(shí)精確到).
參考數(shù)據(jù)：.附：相關(guān)系數(shù)，回歸直線方程的斜率，截距.
（2）運(yùn)用分層抽樣的方法從第天和第天到該專營(yíng)店購(gòu)物的人中隨機(jī)抽取人，再?gòu)倪@人中任取人進(jìn)行獎(jiǎng)勵(lì)，求這人取自不同天的概率.
（3）該專營(yíng)店為了吸引顧客，推出兩種促銷方案：方案一，購(gòu)物金額每滿元可減元；方案二，一次性購(gòu)物金額超過(guò)元可抽獎(jiǎng)三次，每次中獎(jiǎng)的概率均為，且每次抽獎(jiǎng)互不影響，中獎(jiǎng)一次打折，中獎(jiǎng)兩次打折，中獎(jiǎng)三次打折.某顧客計(jì)劃在此專營(yíng)店購(gòu)買元的商品，請(qǐng)從實(shí)際付款金額的數(shù)學(xué)期望的角度分析選哪種方案更優(yōu)惠.
【答案】（1）可用線性回歸模型擬合人數(shù)與天數(shù)之間的關(guān)系，月日到該專營(yíng)店購(gòu)物的人數(shù)約為；（2）；（3）選擇方案二更劃算.
【分析】（1）利用題中所給數(shù)據(jù)和公式，求出相關(guān)系數(shù)的值，由此判斷變量與具有很強(qiáng)的線性相關(guān)性，再求出和，得線性回歸方程，令代入即可求解；
（2）先利用分層抽樣得到第1天和第5天取的人數(shù)分別為3人和4人，然后由古典概型概率計(jì)算公式即可求解；
（3）分別求出方案一和方案二所需付款數(shù)，比較即可求解.
【詳解】解：（1）由表中數(shù)據(jù)可得，，，
，，
所以，
所以可用線性回歸模型擬合人數(shù)與天數(shù)之間的關(guān)系.
而，
則，
所以，
令，可得.
答：月日到該專營(yíng)店購(gòu)物的人數(shù)約為.
（2）因?yàn)?，所以從第天和第天取的人?shù)分別為和，從而人取自不同天的種數(shù)為，
所以概率.
答：這人取自不同天的概率為.
（3）若選方案一，需付款元.
若選方案二，設(shè)需付款元，則的取值可能為，，，，
則，
，
，
，
所以，
因此選擇方案二更劃算.
22．已知函數(shù)的最大值是．
(1)求實(shí)數(shù)的值；
(2)設(shè)函數(shù)，若，使，求實(shí)數(shù)的取值范圍．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，分析函數(shù)單調(diào)性，據(jù)此求出函數(shù)的最大值即可得解；
（2）構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后由局部再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)單調(diào)性，利用零點(diǎn)存在性定理確定唯一零點(diǎn)的大致范圍，由此可知為函數(shù)最小值，再由隱零點(diǎn)的滿足條件化簡(jiǎn)即可得解.
【詳解】（1）求導(dǎo)，得，令 ， 解得 ．
當(dāng) 時(shí)， ；當(dāng) 時(shí)， ，
所以在 上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減，
所以當(dāng) 時(shí)， 函數(shù)有最大值， 即，
所以
（2）令，
求導(dǎo)， 得
令， 求導(dǎo)得，
當(dāng)時(shí)， ， 所以在 上單調(diào)遞增.
因?yàn)?
所以存在唯一的， 使，
當(dāng)時(shí)， ;
當(dāng)時(shí)， ，
所以在 上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增，
由， 得
構(gòu)造函數(shù)， 求導(dǎo)， 得，
所以在 上單調(diào)遞增， 又，所以
所以.
故實(shí)數(shù)的取值范圍是
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：構(gòu)造后，由導(dǎo)數(shù)知函數(shù)在 上單調(diào)遞增，需要找到兩個(gè)合適的值，確定隱零點(diǎn)的范圍是解題的第一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)，當(dāng)確定存在唯一的， 使后，利用隱零點(diǎn)得到函數(shù)極值，再由隱零點(diǎn)滿足的條件構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性得出是解題的第二個(gè)關(guān)鍵所在，解決這兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)，即可得解.

相關(guān)試卷

精品解析：江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題（一）：

這是一份精品解析：江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題（一），文件包含精品解析江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題一原卷版docx、精品解析江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題一解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共25頁(yè)， 歡迎下載使用。

2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高二下學(xué)期期末檢測(cè)數(shù)學(xué)試題含答案：

這是一份2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高二下學(xué)期期末檢測(cè)數(shù)學(xué)試題含答案，共21頁(yè)。試卷主要包含了單選題，雙空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高一下學(xué)期期中模擬數(shù)學(xué)試題含解析：

這是一份2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高一下學(xué)期期中模擬數(shù)學(xué)試題含解析，共18頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，雙空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)2022-2023第二學(xué)期高二數(shù)學(xué)期末檢測(cè)

江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)2022-2023第二學(xué)期高二數(shù)學(xué)期末檢測(cè)
2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期期末考前熱身數(shù)學(xué)試題（解析版）

2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期期末考前熱身數(shù)學(xué)試題（解析版）
2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題（解析版）

2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題（解析版）
2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高一上學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題（解析版）

2022-2023學(xué)年江蘇省鎮(zhèn)江市揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)高一上學(xué)期期末模擬數(shù)學(xué)試題（解析版）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
期末專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部