【文档说明】新教材高二数学第二学期期末试卷九（原卷版+教师版）.doc，共(25)页，1.272 MB，由MTyang资料小铺上传

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新教材高二数学第二学期期末试卷试卷满分（150分）考试时间（120分钟）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.已知集合{||2|3}Axx=−，3{|log1}Bxx=，则AB=I（）A.[13)−，

B.(13)−，C.[0,3)D.(03)，2.若直线l的方向向量为(2,3,1)e=−r，平面的法向量为31(1,,)22n=−−r，则直线l和平面的位置关系是（）A.l⊥B.//lC.//l或lD.l

3.设定义在R上的奇函数()yfx=，满足对任意的xR都有()(2)fxfx=−，且当[0,1]x时，2()fxx=−，则(3)(6)ff+的值等于（）A.1−B.0C.1D.24.已知实数0,0xy满足xyxy+=，则

4xy+的最小值为（）A.8B.9C.7D.105.某射手每次射击击中目标的概率固定，他准备进行()nnN次射击，设击中目标的次数为X，已知()()11PXPXn===−，且()8EX=，则()DX=（）A.12B.1C.2D.46.已知函数()()21,122,1xxxfxx−=

−，若对于任意的实数x，不等式2()(1)fxafx−+恒成立，则实数a的取值范围为（）A.3(,)4−−B.3(,]4−−C.3(,)4−+D.3[,)4−+7.函数2()2ln(

0)fxxxaxx=++在1[,4]3上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是（）A.1720[,]23−−B.1720(,]23−−C.1720(,23−−）D.1720[,23−−）8.设0.02e1a=−，()0.012e1b=−，s

in0.01tan0.01c=+，则（）A.abcB.acbC.cabD.bca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，全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分.9.下列命题为真命题的是（）A.若ab，则2

2abB.若110ab，则11abab−−C.若关于x的不等式220axbx++的解集为11{|}32xx−，则10ab+=−D.若0,0ab，则“8ab+”是“16ab”的必要不充分条件

10.已知1()(0)naxax−的展开式中只有第6项的二项式系数最大，若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（）A.10n=B.2a=C.展开式中常数项为8064D.展开式中含6x的项为611520x11.下列说法正确的是（）A.6个不同的小球放入到

5个不同的盒子中，要求每个盒子里至少有一个球，则不同的放法共有565AB.甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，其中甲只能排在乙的左边，丁只能排在乙的右边，则不同的排法有20种C.已知随机变量i满足(1)iiPp==，(0)1i

iPp==−，1,2i=．若12102pp，则12()()EED.已知()0.5,(|)0.2,(|)0.4PAPBAPBA===，那么()0.6PB=12.如图，在边长为3的正方体ABCDABCD−中，M为BC边的中点

，下列结论正确的有（）A.AM与DB所成角的余弦值为1010B.过,,AMD三点的正方体ABCDABCD−的截面面积为2724C.P在线段BD上运动，则三棱锥DABP−的体积不变D.Q为正方体表面BCCB上的一个动点，,EF分别为AC的三等分点

，则||||QEQF+的最小值为11三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应位置．．．．．．．上.13.已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为

________.14.已知函数211()2()xxfxxxaee−−+=−++有唯一零点，则=a________15.已知()fx是函数()fx的导函数，1(2)ef=，对任意实数x都有()()0

fxfx−，则3e()exfx的解集为______.16.已知202323202301232023(1)xaaxaxaxax+=+++++L，则（1）40220202022aaaaa+++++L被3除的余数是___；（2）

20222021202020191023420222023aaaaaa++++=++L_______.四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答．．．．．．．．．．，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.使不等式()2204kxkx+−+

对一切实数x恒成立的k的取值范围记为集合A，集合()22130Bxxmxm=−+++.（1）求集合A；（2）若“”xA是“”xB的充分条件，求实数m的取值范围．18.为了丰富学生的课余生活，高三年级举行乒乓球比赛，选手每赢一局就会获得一个纪念品，小明和小华进行比

赛，小明每局获胜的概率均为34，不存在平局，两人约定先胜4局者赢得比赛.（1）求比赛5局小明获胜的概率；（2）若在前3局中小明胜两局，小华胜一局，记比赛结束时，小明获得的纪念品的个数为随机变量X，求X的分布列和数学期望

()EX.19.已知函数2()log(41)xfxkx=++为偶函数.（1）求实数k的值；（2）解关于m的不等式(1)(21)fmfm+−；（3）设()()21log202xgxaaa=−

，函数()fx与()gx图象有2个公共点，求实数a的取值范围.20.国家加大了对全民体育锻炼的重视程度，推行全民体育锻炼工作，全民体育锻炼活动在全国各地蓬勃发展，活动规模不断扩大，内容不断充实，方式不断创新，影响日益扩大，使我国国民身体素质得到了大幅度提高.某高中

为响应政府号召，在寒假中对某校高二400名学生（其中男生240名）按性别采用分层抽样的方法抽取100名学生进行调查，了解他们每天的体育锻炼情况如下表：每天体育锻炼时间低于1h每天体育锻炼时间不低于1h总计男生30女生10总计100（1）根据统计数据完成以上2×2

列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.01的条件下，认为该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异？（2）若从抽出的100名学生中按“每天体育锻炼时间是否低于1h”采用分层随机抽样抽取10名学生准备进行身体素质测试，在这10名学生中随机抽取3名学生，记这3名学生每天体育锻炼时

间不低于1h的人数为X，求X的分布列和数学期望()EX.（3）若将频率视作概率，从该校所有在校学生中随机抽取10人进行调查，记10人中每天体育锻炼时间不低于1h的人数为k的概率为()Pk，当()Pk取

得最大值时，求k的值.附参考数据及公式：()()()()()22nadbcabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++.()2Pk=0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.82821.如图所示，在四棱锥

PABCD−中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PAAB=，,EF分别为线段,PBBC上的动点.（1）若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；（2）若2BEBF=，且2BFFC=，求

二面角AEFB−−的余弦值.22.已知函数()eetxfxx=−，()ln1gxxtx=−+.（1）若不等式()0fx对于,()0x+恒成立，求实数t的取值范围；（2）若方程()()fxgx=有且仅有两个实根12

,xx，①求实数t的取值范围；②证明：1412exx−.新教材高二数学第二学期期末试卷试卷满分（150分）考试时间（120分钟）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.已知集合{||2|3}Axx=−，3{|log1}Bx

x=，则AB=I（）A.[13)−，B.(13)−，C.[0,3)D.(03)，【答案】D【解析】【分析】根据绝对值的几何意义可解得15{|}Axx=−，利用对数函数单调性可得{|03}Bxx=，再求ABI．【详解】∵|2|3x−，则323x−−，即

15x−∴15{|}Axx=−又∵3log1{|}{|03}Bxxxx==∴{|03}ABxx=I故选：D．2.若直线l的方向向量为(2,3,1)e=−r，平面的法向量为31(1,,)22n=−−r，则直线l和平面的位置关系是（）A.l⊥B./

/lC.//l或lD.l【答案】A【解析】【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得|cos,|1en=rr，即//enrr，进而可知直线l和平面的位置关系.【详解】由912722en=−−−=−

rr，||14e=r，14||2n=r，所以|cos,|||1||||enenen==rrrrrr，即//enrr，所以l⊥.故选：A3.设定义在R上的奇函数()yfx=，满足对任意的xR都有()(2)fxfx=−，且当[0,1]x

时，2()fxx=−，则(3)(6)ff+的值等于（）A.1−B.0C.1D.2【答案】C【解析】【分析】由题设可得()yfx=的周期为4，利用周期性、奇函数性质及对称性求出(3)(6)(1)(2)ffff+=−+的值即可.【详解】由题设()()fxfx−

=−，()(2)fxfx−=+，故()(2)fxfx=−+，(2)(4)fxfx+=−+，所以()(4)fxfx=+，故()yfx=的周期为4，故(3)(6)(1)(2)ffff+=−+，而(2)(22)(0)0

fff=−==，(1)(1)1ff−=−=，所以(3)(6)1ff+=.故选：C4.已知实数0,0xy满足xyxy+=，则4xy+的最小值为（）A.8B.9C.7D.10【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式“1”的代换求4xy+的最值，注意等号成立条

件.【详解】由题设，111xy+=，所以11444(4)()5529yxyxxyxyxyxyxy+=++=+++=，当且仅当33,2xy==时等号成立，所以4xy+的最小值为9.故选：B5.某射手每次射击击中目标的概率固定，他准

备进行()nnN次射击，设击中目标的次数为X，已知()()11PXPXn===−，且()8EX=，则()DX=（）A.12B.1C.2D.4【答案】D【解析】【分析】先分析出(),XBnp～，求出12p=和16n=，套公式求出()

DX.【详解】某射手每次射击击中目标的概率为()01pp.由题意可知：(),XBnp～.因为()()11PXPXn===−，所以()()1111C1C1nnnnnpppp−−−−=−，解得：12p=

.又()8EXnp==，解得：16n=.所以()1()1842DXnpp=−==.故选：D6.已知函数()()21,122,1xxxfxx−=−，若对于任意的实数x，不等式2()(1)fxafx−+恒成立，则实数a的取值范围为

（）A.3(,)4−−B.3(,]4−−C.3(,)4−+D.3[,)4−+【答案】D【解析】【分析】由解析式判断分段函数()fx的单调性，根据单调性有21axx−+−在Rx上恒成立，求a的范围.【详解】由2(1)yx=−在[1,)+上递增，值域为[0,)+，22

xy=−在(,1)−上递增，值域为(2,0)−，所以()fx在定义域上递增，且值域为(2,)−+，由题设不等式恒成立，即21xax−+，故22131()24axxx−+−=−−−在Rx上恒成立，所以34a−.故选：D7.函数2()2ln

(0)fxxxaxx=++在1[,4]3上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是（）A.1720[,]23−−B.1720(,]23−−C.1720(,23−−）D.1720[,23−−）【答案】B【解析】【分析】把题意转化为()yfx=在区间1[,4]3上只有一个变号零点.分离

参数得：22axx=−−.令()()22,0gxxxx=−−，利用导数判断出g(x)的单调性，求出当1720(,]23a−−时,()yfx=在区间1[,4]3上只有一个变号零点,即可得到实数a的取值范围.【详解】由题意,2(

)2ln(0)fxxxaxx=++,所以2()2fxxax=++.因为定义在(0,+∞)上的函数()yfx=在区间1[,4]3上有且仅有一个极值点,所以()yfx=在区间1[,4]3上只有一个变号零点.令2()20fxxax=++=,则22axx=−−.令()()22,0gxxxx=−

−，则()2212xgxx−=−.所以当0<x<1时,()0gx;当x>1时()0gx.所以g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以()()max14gxg==−.又()12201176,4833322gg=−−=−=−−=−，且区间端

点不能成为函数的极值点，故当203a=−时,()fx有一个极值点x=3在区间1[,4]3上,符合题意；当172a=−时,()fx没有极值点在区间1[,4]3上,不合题意,故当1720(,]23a−−时,()yfx=在区间1[,4]3上只有一个变号零点,故

实数a的取值范围为1720(,]23−−.故选:B8.设0.02e1a=−，()0.012e1b=−，sin0.01tan0.01c=+，则（）A.abcB.acbC.cabD.bca【答案】A【解析】【详解】因为()20.020.010.01e2e

1e10ab−=−+=−，所以ab．设()()2e1sintanxfxxx=−−−，则()fx=212ecoscosxxx−−，令()()gxfx=，则32sin()2esincosxxgxxx=+−．当π0,6x时，2e2x，sin0

x，33π2sin2sin8362πcos9cos6xx=，所以()0gx，所以当π0,6x时，()(0)0fxf=，所以()fx在π0,6x上单调递增，从而()(0)0fxf=，因此(0.01

)0f，即bc．综上可得abc．故选：A【点睛】比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，,ab可以作差进行比较大小，而,bc的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题.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，全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分.9.下列命题为真命题的是（）A.若ab，则22abB.若110ab，则11a

bab−−C.若关于x的不等式220axbx++的解集为11{|}32xx−，则10ab+=−D.若0,0ab，则“8ab+”是“16ab”的必要不充分条件【答案】BC【解析】【分析】A令21ab=−

=判断即可；B作差法比较11,abab−−大小；C由一元二次不等式解集及根与系数关系求参数a、b即可；D令2,8ab==判断必要性是否成立.【详解】A：21ab=−=时22ab，错误；B：11111()()()()()(1)ababababababa

babab−−−−=−−−=−+=−+，而110ab，则0ba，故0,0abab−，所以11()0abab−−−，即11abab−−，正确；C：由题设01113262111()326abaa−=−+==−=−，可得122ab=−=，故10ab+=

−，正确；D：当2,8ab==时16ab，而8ab+不成立，必要性不成立，错误.故选：BC10.已知1()(0)naxax−的展开式中只有第6项的二项式系数最大，若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（）A.10n=B.2a=C.展开式

中常数项为8064D.展开式中含6x的项为611520x【答案】ABD【解析】【分析】由题设(1)1na−=且5456CCCCnnnn求n、a，再由二项式展开式通项求常数项和含6x的项，即可判断各项正误.【详解】由题意知：当1x=时(1)1na

−=，又展开式中只有第6项的二项式系数最大，即5456CCCCnnnn，所以11541156nn−−，可得911n且*Nn，即10n=，A正确.所以10(1)1a−=且0a，则2a=，B正确；由上101(2)xx−的展开式通项为1010102110101

C(2)()(1)2CrrrrrrrrTxxx−−−+=−=−，故当=5r时常数项为555610(1)2C8064T=−=−，C错误；当2r=时28266310(1)2C11520Txx=−=，D正确.故选：ABD11.下列说法正确的是（）A.6个不同的小球放入到5个不同的盒子中，要求每个

盒子里至少有一个球，则不同的放法共有565AB.甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，其中甲只能排在乙的左边，丁只能排在乙的右边，则不同的排法有20种C.已知随机变量i满足(1)iiPp==，(0)1iiPp==−，1,2i=．若12102pp，则12()()EE

D.已知()0.5,(|)0.2,(|)0.4PAPBAPBA===，那么()0.6PB=【答案】BC【解析】【分析】A、B应用分步计数，结合排列组合数作计数；C分别求12,对应值的概率，再应用期望公式求期望，即可比较大

小；D利用全概率公式求()PB即可.【详解】A：先从6个小球选2个放入一个盒子，再把它们与其它4个小球全排列，即2565CA种，错误；B：首先将甲乙丁排好形成4个空，再把丙戊插入队列中有22214224CAAC20+=种，正确；C：由

题意11(1)Pp==，11(0)1Pp==−，则11()Ep=；22(1)Pp==，22(0)1Pp==−，则22()Ep=；而12102pp，故12()()EE，正确；D：由题设()1()0.5PAPA=−=，而()()(|)()

(|)0.20.10.3PBPAPBAPAPBA=+=+=，错误.故选：BC12.如图，在边长为3的正方体ABCDABCD−中，M为BC边的中点，下列结论正确的有（）A.AM与DB所成角的余弦值为1010B.过,,AM

D三点的正方体ABCDABCD−的截面面积为2724C.P在线段BD上运动，则三棱锥DABP−的体积不变D.Q为正方体表面BCCB上的一个动点，,EF分别为AC的三等分点，则||||QEQF+的最小值为11【答案】ACD【解析】【分析】结合选项，逐个进

行求解，异面直线所成角可以利用平移法求解，截面面积利用梯形面积公式求解，体积问题利用等体积法求解，||||QEQF+的最小值可以利用补形法求解.【详解】对于A，取DC的中点N，连接,MNAN，如图，因为//,//BDBDMNBD，所以//

MNBD，即AMN或其补角是AM与DB所成角.在AMNV中，3532,22AMANMN===，32104cos10352AMN==，故A正确.对于B，过,,AMD三点的截面如图所示，其中E为CC的中点，四边形AMED中，//MEAD，3532,,322

2AMEDMEAD====，所以四边形AMED是等腰梯形，其高为924h=，所以截面面积为1923281322428S=+=，故B不正确.对于C，因为//BDBD，BD平面ABD，所以//B

D平面ABD，因为P在线段BD上运动，所以高与底面积为定值，三棱锥PABD−的体积不变，即三棱锥DABP−的体积不变，故C正确.对于D，如图，补形一个全等的正方体，设G是CH靠近H的一个三等分点，根据题意可得，33,6,3,23CHCAAHCECG

=====，2222727361cos2323333CACHAHACHCACH+−+−===，所以22212cos3122323113EGCECGCECGACH=+−=+−=，即11E

G=.根据对称性可知QFQG=，所以||||||||QEQFQEQGEG+=+，当Q为EG与平面BCCB的交点时，取到等号，即||||QEQF+的最小值为11.故选：ACD.三、填空题：本题共4小

题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应位置．．．．．．．上.13.已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为________.【答案】12

.【解析】【分析】设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题，求得(),()PAPAB,结合条件概率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，从5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出不再放回，设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题

，则3()5PA=，323()=5410PAB=，所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为:3()110(|)3()25PABPBAPA===.故答案为：12.14.已知函数211()2()xxfxxxaee−

−+=−++有唯一零点，则=a________【答案】12【解析】【分析】令1tx=−，得到()ft的解析式，判断出()ft是偶函数，从而得到()fx的图像关于1x=成轴对称，根据函数()fx有唯一零点，得到()10f=，从而得到a的方程，解出a的值.【详解】()()(

)()221111211xxxxfxxxaeexaee−−+−−+=−++=−−++设1tx=−，则()()21ttfttaee−=−++定义域为R，()()()()21ttfttaeeft−−=−−++=所以()ft为

偶函数，所以()fx的图像关于1x=成轴对称要使()fx有唯一零点，则只能()10f=，即()2001210aee−++=解得12a=，故答案为：12.【点睛】本题考查判断函数奇偶性，根据函数的零点求参数的值，属于中档题.15.已知()fx是函数()f

x的导函数，1(2)ef=，对任意实数x都有()()0fxfx−，则3e()exfx的解集为______.【答案】(,2)−【解析】【分析】令()()exfxgx=并利用导数研究其单调性，结合3e()exfx等价于()(2)gxg，即可得解集.【详解】由题设，令()()ex

fxgx=则()()()0xfxfxgxe−=，所以()gx在定义域上递减，而3e()exfx等价于2()(2)eexfxf，即()(2)gxg，所以2x，故不等式解集为(,2)−.故答案为：(,2)−16.已知202323202301232023(1)xaaxa

xaxax+=+++++L，则（1）40220202022aaaaa+++++L被3除的余数是___；（2）20222021202020191023420222023aaaaaa++++=++L_______.【答案】①.1②.2

02220232【解析】【分析】（1）赋值法求0123220323202aaaaa=+++++L①、012320230aaaaa−+−+−=L②，两式相加即可得结果；（2）对等式两边求导并令1x=得20221

23202320232232023aaaa=++++L③，结合（1）中①乘以2023，与③作差即可得结果.【详解】（1）令1x=，则0123220323202aaaaa=+++++L，令1x=−，则012320230aaaaa−+−+−=L，所以2

0230222240)22(aaaa++++=L，故0220220202202242aaaaa+=++++L，而202220222(31)=−，其展开式的通项为202212022C3(1)rrrrT−+=−，所以，除了202

2r=时20231T=外，其它各项均可被3整除，故40220202022aaaaa+++++L被3除的余数是1.（2）等式两边求导得：20222022123220232023(1)232023xaaxaxax+=++++L，故1x=时，202212

3202320232232023aaaa=++++L，由（1）知：0123220323202aaaaa=+++++L，则0123202320232023(2023)2aaaaa+++++=L，故2022202120202019102342022202

3aaaaaa++++=++L1220230)2023(aaaa+−+++L1232023(23202)3aaaa++++L202320222022202320232202232=−=.故答案为：1，202220232四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答．．

．．．．．．．．，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.使不等式()2204kxkx+−+对一切实数x恒成立的k的取值范围记为集合A，集合()22130Bxxmxm=−+++.（1）求集合A；（2）若“”xA是“”xB的充分条件

，求实数m的取值范围．【答案】（1）(1,4)A=；（2）342m+.【解析】【分析】（1）由题设不等式恒成立有2(2)0kk=−−恒成立，即可求k范围，进而写出集合A；（2）由充分条件有AB，进而可得2231xxmx−+−对任意的(1

,4)x恒成立，应用换元法、基本不等式求右侧的最小值，即可得m范围.【小问1详解】2(2)04kxkx+−+Q对一切实数x恒成立，22(2)4154(1)(4)04kkkkkk=−−=−+=−−，14k，即(1,4)A=.【小问2详解】若“”x

A是“”xB的充分条件，则AB，22(1)30xmxm−+++对任意的(1,4)x恒成立，2231xxmx−+−对任意的(1,4)x恒成立，令1(0,3)tx=−，则223422()3ttmttt++=++，222()3223423tttt+++=+Q（当且仅当2t=

时取等号），342m+.18.为了丰富学生的课余生活，高三年级举行乒乓球比赛，选手每赢一局就会获得一个纪念品，小明和小华进行比赛，小明每局获胜的概率均为34，不存在平局，两人约定先胜4局者赢得比赛.（1）求比赛5局小明获胜的概率；（2）若在前3局中小明胜两局，小华胜一局，记比赛结束时，小

明获得的纪念品的个数为随机变量X，求X的分布列和数学期望()EX.【答案】（1）81256；（2）分布列见解析，1007256.【解析】【分析】（1）应用独立事件的乘法公式求比赛5局小明获胜的概率，注意前4局必有1局小华胜；（2）由题设X

的可能取值为2，3，4，求出对应概率值，即可得分布列，进而求期望.【小问1详解】记“比赛5局小明获胜”为事件A，则()33431381C444256PA==.【小问2详解】X的可能取值为2，3，4，()3112464PX===，()22313

193C444256PX===，()212112333133132434CC4444444256PX==++=，X的分布列为X234P1649256243256所以()19243

100723464256256256EX=++=.19.已知函数2()log(41)xfxkx=++为偶函数.（1）求实数k的值；（2）解关于m的不等式(1)(21)fmfm+−；（3）设()()21log202xgxaaa

=−，函数()fx与()gx图象有2个公共点，求实数a的取值范围.【答案】（1）1k=−（2）(0,2)（3）845a−−【解析】【分析】（1）根据偶函数建立等式可求解；（2）先证明在[0,)+

上的单调性，再根据偶函数解不等式即可；（3）将问题转化为21(1)102atat−−−=有两个不相等的正实根，利用一元二次方程根的分布求解即可.【小问1详解】由函数表达式可知定义域为R，Q函数2()log(41)xfxkx=++为偶函

数()()fxfx−=即：2log(41)xkx−+−2log(41)xkx=++22224142log(41)log(41)loglog4241xxxxxxkxx−−+=+−+===−+2(1)0kx+=，即1k=−.【小问2详解】()222411log(41)log()log(2)22x

xxxxfxx+=+−==+，任取12,[0,)xx+，且12xx，则12022xx，12220xx−，1221xx+，所以11122xx+−122122121212(22)(2)02xxxxxxxx++−−=−所以()()121212221

12loglog0222xxxxfxfx−=−++，所以()fx在[0,)+上递增，(1)(21),fmfm+−Q又因为()fx为R上的偶函数，(|1|)(|21|)fmfm+−，|1||21|mm+

−，即22(1)(21)mm+−，解得02m，所求不等式的解集为(0,2)【小问3详解】21()log(2)2xgxaa=−Q22()log(41)log(22)xxxfxx−==+−=+122202xxx

aa−−=+在R上有两个不相等的实根令20xt=，则112atatt−=+21(1)102atat−−−=有两个不相等的正实根()()2101Δ4104041101aaaaaa−=+−−−−解得845a−−.20.国家加大了对

全民体育锻炼的重视程度，推行全民体育锻炼工作，全民体育锻炼活动在全国各地蓬勃发展，活动规模不断扩大，内容不断充实，方式不断创新，影响日益扩大，使我国国民身体素质得到了大幅度提高.某高中为响应政府号召，在寒假中对某校高二400名学生（其中男生240名）按性别采用分层抽样的方法抽取100名学生

进行调查，了解他们每天的体育锻炼情况如下表：每天体育锻炼时间低于1h每天体育锻炼时间不低于1h总计男生30女生10总计100（1）根据统计数据完成以上2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.01的条件下，认为该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在

差异？（2）若从抽出的100名学生中按“每天体育锻炼时间是否低于1h”采用分层随机抽样抽取10名学生准备进行身体素质测试，在这10名学生中随机抽取3名学生，记这3名学生每天体育锻炼时间不低于1h的人数为X，求X的分布列和数学期望()EX.（3）若将频率视作概率，从该校所有在校学生中随机抽取10人进

行调查，记10人中每天体育锻炼时间不低于1h的人数为k的概率为()Pk，当()Pk取得最大值时，求k的值.附参考数据及公式：()()()()()22nadbcabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++.()2Pk=

0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析，不能推断该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异；（2）分布列见解析，1.8；（3）6.【解析】

【分析】（1）由分层抽样的等比例性质求出100名学生中男女生的人数，进而完善列联表，应用卡方公式求卡方值，根据独立检验的基本思想得到结论；（2）由题设知X的所有可能取值为0，1，2，3并求出对应概率，写出分

布列，进而求期望；（3）将频率视为概率则3~10,5kB，利用二项分布概率公式及不等式法求()Pk取得最大时对应的k值.【小问1详解】高二有400名学生（其中男生240名），则抽取100名学生

中男生24010060400=名，女生40名，2×2列联表如下：每天体育锻炼时间低于1h每天体育锻炼时间不低于1h总计男生303060女生103040总计4060100则()22100303010306.256.63540606040

−==，所以在犯错误的概率不超过0.01的条件下，不能推断该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异；【小问2详解】100名学生中“每天体育锻炼时间不低于1h”的人数为60人，因此抽取10名学生“每天体育锻炼时间不低于1h”的人数为6人，而X的所有可能取值为0，1，2，3.()(

)123644331010CCC130,1C30C10PXPX======，()()213646331010CCC112,3C2C6PXPX======，所以X的分布列为：X0123P1303101216

数学期望()131101231.8301026EX=+++=.【小问3详解】将频率视作概率则3~10,5kB，所以()101032C55kkkPk−=，由()()()()11PkPkPkPk++得：1011111010

1019110103232CC55553232CC5555kkkkkkkkkkkk−−−−−+−+，解得283355k，又Zk，故6k=.21.如图所示，在四棱锥PAB

CD−中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PAAB=，,EF分别为线段,PBBC上的动点.（1）若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；（2）若2BEBF=，且2BFFC=，求二面角AEFB−−

的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）714.【解析】【分析】（1）由线面垂直、正方形的性质有PABC⊥、BCAB⊥，根据线面垂直的判定得BC⊥平面PAB，再由线面垂直、等腰三角形的性质有BCAE⊥、AEPB⊥，最后由线面垂直、面面垂直的判定证明结

论.（2）构建空间直角坐标系，求出面PBC、面AEF的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.【小问1详解】由PA⊥底面ABCD，BC底面ABCD，则PABC⊥，在正方形ABCD中，BCAB⊥，由PAABA=I，,PAAB面PAB，则BC⊥平面PAB，由A

E面PAB，所以BCAE⊥.由PAAB=，E为PB中点，则AEPB⊥又PBBCB=，,PBBC面PBC，则AE⊥平面PBC，因为AE面AEF，从而平面AEF⊥平面PBC.【小问2详解】以A为坐标原点，,,ABADAP分别为x，y，z轴，建立如图所示的

空间直角坐标系.设1AB=，则(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1)ABCDP.由（1）知：111,0,22=nur为平面PBC的法向量.由2BEBF=知：//EFPC，因为2,BFFC=uuuruuru所以2,BEEP=uuuruuru即2

22(0,,0),(,0,),333BFBE==−uuuruuur又,,ABBFAEABBAFE=+=+uuuruuuruuuruuuuururuuru所以212(1,,0),(,0,)333AAEF==uuuuurur，设平面AEF的法向量为()2,,nxyz=r，由2200nAFn

AE==ruuurruuur，即20312033xyxz+=+=，取2,3,1xyz==−=−，则2(2,3,1)n=−−uur，所以1212127cos,14nnnnnn==rrrrrr

，又二面角AEFB−−是锐二面角，所以二面角AEFB−−的余弦值为714.22.已知函数()eetxfxx=−，()ln1gxxtx=−+.（1）若不等式()0fx对于,()0x+恒成立，求实数t的取值范围；（2）若方程()()fxg

x=有且仅有两个实根12,xx，①求实数t的取值范围；②证明：1412exx−.【答案】（1）1t；（2）①01t；②证明见解析.【解析】【分析】（1）将问题化为1lnxtx+在,()0x+上恒成立，利用导数研究右侧最大值求

参数范围；（2）①由题设有ln(e)eeln(e)txxtxx+=+，构建()exhxx=+，根据其单调性将问题化为()lnetxx=有且仅有两个实根12,xx，令()1lnxFxtx+=−，利用导数研究单调性，根据

零点个数求t范围，再结合零点存在性定理验证零点个数；②设12xx有()()2211lne(1)lnexxmmxx==，应用分析法将问题化为证7(1)ln04(1)mmm−−+，并利用导数证明不等式即可.【小问1详解】因为不等式()0fx对于,()0x+恒成立，即e

etxx对于,()0x+恒成立所以1lnxtx+，令()1lnxnxx+=，则()2lnxnxx−=，所以当(0,1)x时()0nx，()nx递增；当(1,)x+时()0nx，()nx递减；即()nx在1x=处取得极大

值也为最大值，从而1t.【小问2详解】①方程()()fxgx=，即eeln1txxxtx−=−+，所以ln(e)eeln(e)eln(e)txxtxxxx+=+=+，令()exhxx=+，则()()()lnehtxhx=，因为()exhxx=+单调递增，所以()lnetxx=，因为(

)()fxgx=有且仅有两个实根12,xx，所以()lnetxx=有且仅有两个实根12,xx，即1lnxtx+=有且仅有两个实根12,xx，令()1lnxFxtx+=−，则2ln()xFxx−=，由（1）知：()Fx在(0,1)上递增，在(1,)+上递减，而1ln()xnxx+

=在(0,1)上值域为(,1)−，(1,)+上值域为(0,1)，由()1lnxFxtx+=−有两个零点，则100tt−，即01t，当01x时，()()210,e0FF−，所以()()2e10FF−，由零点存在定理知：()Fx在(0,1)上存在唯一零点，当

1x时，令ln12yxx=+−，则110yxx=−，故y递减，所以1|ln11210xyy==+−=−，即ln12xx+，故()1ln22xxFxtttxxx+=−−=−，令20tx−=得：241xt=，即有240Ft，所以()2410FFt

，由零点存在定理知：()Fx在(1,)+上存在唯一零点，综上，()1lnxFxtx+=−有且仅有两个零点，所以01t.②因为()lnetxx=有且仅有两个实根12,xx，不妨设12xx，所以()()1122lnelnetxxtxx=

=，两式相除得()()2211lnelnexxxx=，令()()2211lne(1)lnexxmmxx==，解得12ln1ln1ln,lnln11mmmmxxmmm−+−+==+−−，要证1412exx−

，即证121lnln4xx+−，即证()1ln714mmm+−，即证7(1)ln04(1)mmm−−+，令7(1)()ln4(1)mmmm−=−+(1)m，则()()22232021mmmmm−

++=对1m>恒成立，所以7(1)()ln(1)04(1)mmmm−=−=+，证得1412exx−.【点睛】关键点点睛：第二问，①构造()exhxx=+，并由其单调性有()lnetxx=，问题化为1lnxtx+=有且仅

有两个实根12,xx；②应用分析法将问题转化为求证7(1)ln04(1)mmm−−+.