三峡名校联盟2022年春季联考2023届数学参考答案

三峡名校联盟2022 年春季联考2023 届数学试题 参考答案与评分标准 一、单选题 1-5 BAADB 6-8 DCC 二、多选题 9、ABC 10、AD 11、BD 12、AB 三、填空题 13、9 14、35 15、(n−1)(n−2) 2 （Cn−1 2 也可）16、[ 1+2e −3 3 , 1+e −2 2 )∪( 3e 2−1 2 , 4 e 3−1 3 ] 17.解：（1）因为是五位偶数 所以末尾只能是2 或者4 从而一共有C2 1 A4 4=48个五位偶数.…………………………………………………………5 分 （2）比32145 大的五位数分为以下几类： ①首位是3：C2 1 A3 3+C2 1 A2 2+1=17; ②首位是4 或者5：C2 1 A4 4=48. 所以一共有48+17=65 个这样的五位数.……………………………………………………10 分 18.解：（1）由x=−2时函数f (x )有极值−16 3 可得 { f (−2)=16 3 f ' (−2)=0. 又因为f ' (x )=3a x 2+b 故{ f (−2)=−8a−2b=16 3 f ' (−2)=12a+b=0 ，………………………………………………………………2 分 可得 { a=1 3 b=−4 所以f (x )=1 3 x 3−4 x…………………………………………………………………………4 分 （2）设曲线y=f (x )=1 3 x 3−4 x与过点P（3,−3）的切线相切于点A( x0, 1 3 x0 3−4 x0)， 则切线斜率k=f ' (x0)=x0 2−4 所以切线方程为 y=(x0 2−4)(x−x0)+ 1 3 x0 3−4 x0………………………………………6 分 又由于点P（3,−3）在切线上，代入化简可得 2 x0 3−9 x0 2+27=0……………………………………………………………………………8 分 2 x0 3−6 x0 2−(3 x0 2−27)=0 2 x0 2(x0−3)−3 (x0−3)(x0+3)=0 即(x0−3) 2(2 x0−3)=0 解得x0=3或x0=−3 2…………………………………………10 分 故所求切线方程为5 x−y −18=0或4 y+7 x−9=0.……………………………………12 分 19．解：（1）由题意可知：只有第7 项的二项式系数最大 即Cn 6最大，故由二项式系数的性质可知n=12………………………………………………2 分 因此(3 x−1) 12的展开式通项是 T k+1=C12 k (3 x ) 12−k(−1) k=C12 k 3 12−k(−1) k x 12−k 根据题意，得 12−k=2 k=10………………………………………………………………4 分 因此x 2的系数是 C12 103 2(−1) 10=594…………………………………………………………………………6 分 （2）n=2023，由题意不难得f (x )展开式中的奇数项系数为负 即a0,a2⋯a2022为负…………………………………………………………………………8 分 所以|a0|+|a1|+⋯+|a2023|=−a0+a1−a2+⋯+a2023 ¿−f (−1)……………………………………………………10 分 ¿−(−4 ) 2023=4 2023………………………………………12 分 20.解：（1）由题意可得 { f (10)=−100 4 + 35 2 +aln10+b=16.5 f (30)=−90 4 + 210 4 +aln30+b=37 ……………………………………………………2 分 解得{ a=5 b=−10，………………………………………………………………………………5 分 所以f (x )=−x 2 40 + 7 4 x+5lnx −10,(5≤x ≤40)…………………………………………6 分 （2）结合（1）的结论可得 ω（x ）=f (x )−x=−x 2 40 + 3 4 x+5lnx −10,(5≤x ≤40)…………………………………7 分 从而ω ' (x )=−x 20 + 3 4 + 5 x =−x 2−15 x+100 20 x 所以¿−( x+5)( x−20) 20 x (5≤x ≤40)……………………………………………………8 分 列表得x，ω ' (x )，ω（x ）的变化情况： x （5,20） 20 （20,40） ω ' (x ) +¿ 0 − ω（x ） 单调递增 极大值 单调递减 由上表可知x=20是函数ω（x ）在[5,40]内的极大值点，也是最大值点.…………………10 分 此时最大值为ω（20）=−10+15+5ln 20−10 ¿5 ln 20−5 ¿5 (2ln 2+ln5−1) ¿10（万元） 所以当投入资金为20 万元时，旅游利润最大，最大值为10 万元.………………………12 分 21.解：（1）设两个箱子的蓝球数量为x个 则由题意可知本题为古典概型 那么样本空间“任取两个小球”所包含的样本点数量为C x+3 2 ， “两个小球均是蓝球”所包含的样本点数量为C x 2 …………………………………………1 分 所以由古典概型的概率计算公式可得 C x 2 C x+3 2 =0.1 解得x=2或者x=−1 3（舍） 从而可知两个箱子中均装有蓝球2 个。……………………………………………………3 分 记事件A 为“取到的两个球都是蓝球”，事件B 为“取到的两球中至少一球为蓝球”…4 分 则由题意可知所求概率为P ( A|B) P ( A|B)= P( AB) P(B) =n( AB) n(B) = C2 2 C3 1C2 1+C2 2 故P ( A|B)=1 7 所以在已知一个小球是黄球的条件下，另一个小球也是黄球的概率为1 7 .…………………6 分 （2）由题意可得X的可能取值为0,1,2,3,4.……………………………………………………7 分 P ( X=0)=1×1 5×5= 1 25, P ( X=1)=C2 1C2 1 5×5 = 4 25 , P ( X=2)=C2 1C2 1+C2 1C2 1 5×5 = 8 25 , P ( X=3)=C2 1C2 1C2 1 5×5 = 8 25 , P ( X=4 )=C2 1C2 1 5×5 = 4 25 .…………………………………………………………………………10 分 故X的分布列为 ……………………………………12 分 X 0 1 2 3 4 P 1 25 4 25 8 25 8 25 4 25 22.解：（1）证明： 设函数g (x )=sinx+tanx−2 x，x∈(0, π 2 ) 则g ' (x )=cosx+ 1 cos 2 x −2 由x∈(0, π 2 )，可得cosx ∈(0,1) 故g ' (x )=cosx+ 1 cos 2 x −2≥2❑ √ 1 cosx −2>0………………………………………………2 分 从而g( x)在(0, π 2 )上单调递增 所以g (x )>g (0)=0 即 sinx+tanx −2 x>0 2 x<sinx+tanx，证毕…………………………………………………………………4 分 （2）证明： 根据题意：不妨设0<x1<x2< π 2 . 由f (x1)=f ( x2)可得 x1−sin x1−tan x1+aln x1+b=x2−sin x2−tan x2+aln x2+b 所以 a(ln x1−ln x2)=sin x1+tan x1−x1−(sin x2+tan x2−x2) a(ln x1−ln x2)=sin x1+tan x1−2 x1−(sin x2+tan x2−2 x2)+x1−x2…………6 分 由（1）可知g (x )=sinx+tanx−2 x在(0, π 2 )上单调递增 所以g (x1)<g( x2)即sin x1+tan x1−2 x1−(sin x2+tan x2−2 x2)<0 所以sin x1+tan x1−2 x1−(sin x2+tan x2−2 x2)+x1−x2<x1−x2 从而a(ln x1−ln x2)<x1−x2 故a> x1−x2 ln x1−ln x2 >0……………………………………………………………………………8 分 下证: x1−x2 ln x1−ln x2 >❑ √x1 x2 令x2 x1 =t(t>1) 即证 1−t −lnt >❑ √t 只要证 lnt −t −1 ❑ √t <0 设φ (t )=lnt −t −1 ❑ √t (t>1) 则φ ' (t )=1 t − ❑ √t −t −1 2❑ √t t ¿ −(❑ √t −1) 2 2t ❑ √t <0 所以φ (t )在(1,+∞)上单调递减 从而φ (t )<φ (1)=0 即lnt −t −1 ❑ √t <0 故 x1−x2 ln x1−ln x2 >❑ √x1 x2…………………………………………………………………………10 分 所以a> x1−x2 ln x1−ln x2 >❑ √x1 x2 即a 2>x1 x2 所以 x1 x2 a 2 <1. 证毕………………………………………………………………………12 分