广东省广州市海珠区2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题理含解析

理（含解析）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.若复数z满足A. 1i【答案】B【解析】【分析】

z2i21i ，其中i为虚数单位，则zB. 1iC. 1iD. 1i2由复数的除法运算法则化简1i，由此可得到复数z22(1i)2(1i)1i2【详解】由题可得1i(1i)(1i)；z2i2=1iz1i1i；

故答案选B

【点睛】本题主要考查复数的除法运算法则，属于基础题。

2.若函数f(x)的导函数的图像关于y轴对称，则f(x)的解析式可能为A. f(x)cosx52f(x)xxB.

C. f(x)1sin2xD.

f(x)exx【答案】C【解析】【分析】

依次对选项求导，再判断导数的奇偶性即可得到答案。

ff(x)cosxf(x)sinx(xR)【详解】对于A，由可得，则(x)为奇函数，关于原

点对称；故A不满足题意；

524对于B，由f(x)xx可得f(x)5x2x(xR)，则

f(x)5(x)42(x)5x42x，所以f(x)为非奇非偶函数，不关于y轴对称，故B

不满足题意；

ff(x)1sin2xf(x)2cos2x(xR)对于C，由可得，则(x)为偶函数，关于y轴对

称，故C满足题意，正确；

xxxf(x)exf(x)e1(xR)f(x)e1f对于D，由可得，则，所以(x)为非

奇非偶函数，不关于y轴对称，故D不满足题意；

故答案选C

【点睛】本题主要考查导数的求法，奇偶函数的判定，属于基础题。

22X~N(,)Y~N(,)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正11223.设，

确的是

A. C.

12，1212，12B. P(X1)P(X2)D. P(Y1)P(X2)【答案】D【解析】【分析】

由正态分布的性质，结合图像依次分析选项即可得到答案。【详解】由题可得曲线X的对称轴为由图可得

x1，曲线Y的对称轴为x2，

12，由于表示标准差，越小图像越瘦长，故12，故A,C不正确；

根据图像可知P(X1)0.5，P(X2)0.5，P(Y1)0.5，P(X2)0.5；

所以P(X1)P(X2)，P(Y1)P(X2)，故C不正确，D正确；故答案选D

【点睛】本题考查正态分布曲线的特点以曲线所表示的意义，考查正态分布函数中两个特征数均值和方差对曲线的位置和形状的影响，正态分布曲线关于x对称，且越大图像越靠右边，表示标准差，越小图像越瘦长，属于基础题。

4.安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有A. 120种【答案】C【解析】【分析】

根据题意，分两步进行分析：先将5项工作分成4组，再将分好的4组进行全排，对应4名志愿者，分别求出每一步的情况数，由分步计数原理计算即可得到答案。【详解】根据题意，分2步进行分析：

2C10种分组方法；5（1）先将5项工作分成4组，有

B. 180种C. 240种D. 480种

A24种情况；

（2）将分好的4组进行全排，对应4名志愿者，有4分步计数原理可得：1024240种不同的安排方式。故答案选C

【点睛】本题考查排列、组合的综合应用，注意题目中“每人至少完成1项，每项工作由1人完成”的要求，属于基础题。

45.近年来随着我国在教育科研上的投入不断加大，科学技术得到迅猛发展，国内企业的国际竞争力得到大幅提升．某品牌公司一直默默拓展海外市场，在海外设了多个分支机构，现需要国内公司外派大量中青年员工．该企业为了解这两个年龄层员工是否愿意被外派工作的态度，按分层抽样的方式从中青年员工中随机调查了100位，得到数据如下表：

愿意被外派

不愿意被外派

合计

中年员工青年员工合计

2040602020404060100n(adbc)2K(ab)(cd)(ac)(bd)并参照附表，得到的正确结论是由

2附表：

P(K2k0)0.100.010.001

k02.7066.63510.828

A. 在犯错误的概率不超过10%的前提下，认为 “是否愿意外派与年龄有关”；B. 在犯错误的概率不超过10%的前提下，认为 “是否愿意外派与年龄无关”；C. 有99% 以上的把握认为“是否愿意外派与年龄有关”；D. 有99% 以上的把握认为“是否愿意外派与年龄无关”．【答案】A【解析】【分析】

由公式计算出K的值，与临界值进行比较，即可得到答案。

2100(20204020)2100400400K2.7782.7066040604060406040【详解】由题可得：

2故在犯错误的概率不超过10%的前提下，认为 “是否愿意外派与年龄有关”， 有90% 以上的把握认为“是否愿意外派与年龄有关，所以答案选A;故答案选A

【点睛】本题主要考查独立性检验，解题的关键是正确计算出K的值，属于基础题。

21x2y23x26.的展开式中y的系数是

A. －20【答案】A【解析】【分析】

利用二项式展开式的通项公式，求解所求项的系数即可

B. －5

C. 5

D. 20

51Tr1C5r(x)5r(2y)r【详解】由二项式定理可知：2；

1x2y23x2要求的展开式中y的系数，

131T4C5(x)2(2y)3=10(8)x2y320x2y324所以令r3，则；

51x2y23x2所以的展开式中y的系数是是-20；

故答案选A

【点睛】本题考查二项式定理的通项公式的应用，属于基础题。

57.在5张扑克牌中有3张“红心”和2张“方块”，如果不放回地依次抽取2张牌，则在第一次抽到“红心”的条件下，第二次抽到“红心”的概率为

6A. 25【答案】D【解析】【分析】

3B. 103C. 51D. 2因为是不放回抽样，故在第一次抽到“红心”时，剩下的4张扑克中有2张“红心”和2张“方块”，根据随机事件的概率计算公式，即可计算第二次抽到“红心”的概率。

【详解】因为是不放回抽样，故在第一次抽到“红心”的条件下，剩下的4张扑克中有2张“红心”和2张“方块”，第二次抽取时，所有的基本事件有4个，符合“抽到红心”的基

1本事件有2个，则在第一次抽到“红心”的条件下，第二次抽到“红心”的概率为2;

故答案选D

【点睛】本题给出无放回抽样模型，着重考查抽样方法的理解和随机事件的概率等知识，属于基础题。

8.“杨辉三角” 是中国古代重要的数学成就，在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中出现，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如图是杨辉三角数阵，记中第n行各个数之和，

an为图

Sn为

{an}的前n项和，则

S10

A. 1024【答案】B【解析】【分析】

B. 1023C. 512D. 511

依次算出前几行的数值，然后归纳总结得出第n行各个数之和求和的公式，求出

an的通项公式，最后利用数列

S1011213141a12a22a42a821234【详解】由题可得：，，，，

a516251，依次下推可得：an2n1(nN)，所以{an}为首项为1，公比为2的等比1(1210)S102101102312数列，故；

故答案选B

【点睛】本题主要考查杨辉三角的规律特点，等比数列的定义以及前n项和的求和公式，考查学生归纳总结和计算能力，属于基础题。

11f(x)lnxax22至少有1个零点，则实数a的取值范围是9.若函数

A. (,1)【答案】C【解析】【分析】

B. [0,1)1(,]eC.

1[0,]eD.

111f(x)lnxaxtx22至少有1个零点等价于函数2令，则函数

g(t)lntat(t0)至少有1个零点，对函数g(t)求导，讨论a0和a0时，函数g(t)的单调性，以及最值的情况，即可求出满足题意的实数a的取值范围。

111f(x)lnxax,222；【详解】由题可得函数的定义域为

111f(x)lnxaxtx22至少有1个零点等价于函数t02令，则，函数g(t)lntatlntat(t0)11atg(t)a(t0)tt；

（1）当a0时，则

至少有1个零点；

g(t)1at0t在(0,)上恒成立，即函数g(t)在(0,)单调递增，

当x0时，g(t)，当x时，g(t)，由零点定理可得当a0时，函数

g(t)在(0,)有且只有一个零点，满足题意；

（2）当a0时，令g(t)0，解得：

x110xa，令g(t)0，解得：a，则函数

11(0,)(,)g(t)在a上单调递增，在a上单调递减，当x0时，g(t)，所以要使函

1111g()lnalna100aaae数g(t)至少有1个零点，则a，解得：

1(,]e综上所述：实数a的取值范围是：

故答案选C

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的零点个数的问题，由导数研究函数的单调区间以及最值是解题的关键，属于中档题。

10.某射手每次射击击中目标的概率为p，这名射手进行了10次射击，设X为击中目标的次数，DX1.6，P(X=3)P(X=7)，则p=A. 0.8【答案】A【解析】【分析】

利用n次独立重复实验中恰好发生k次的概率计算公式以及方差的计算公式，即可得到结果。

B. 0.6C. 0.4D. 0.2【详解】由题可得随机变量X服从二项分布B(10,p) ；

由DX1.6，P(X=3)P(X=7)可得：故答案选A

10p(1p)1.6337773C10p(1p)C10p(1p) ，解得：p0.8

【点睛】本题主要考查二项分布概率和方差的计算公式，属于基础题。

11.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60的共有（ ）A. 60对【答案】B【解析】

2C12试题分析：正方体的面对角线共有12条，两条为一对，共有=66条，同一面上的对角线

B. 48对C. 30对D. 24对

不满足题意，对面的面对角线也不满足题意，一组平行平面共有6对不满足题意的直线对数，不满足题意的共有：3×6=18．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对．其中所成的角为60°的共有：66-18=48．故选B．

考点：排列组合知识，计数原理，空间想象能力

x12.设函数f(x)exa（aR，e为自然对数的底数），若曲线

y31010sinxcosx(x，y0)f(y0)y01010上存在点0使得，则a的取值范围是

1e，e1]B. e[C. [1，e1]D. [1,e]1e[,1]A. e【答案】D【解析】【分析】

法一：考查四个选项，发现有两个特殊值区分开了四个选项，0出现在了A，B两个选项的范围中，e1出现在了B，C两个选项的范围中，故通过验证参数为0与e1时是否符合题意判断出正确选项。

t2f(t)tag(t)ett，[0,1]法二：根据题意可将问题转化为在上有解，分离参数得到

t[0,1]，利用导数研究g(t)的值域，即可得到参数a的范围。

y031010sinx0cosx01010【详解】法一：由题意可得，

sin(x0)[1,1]，

xy[0,1]，

而由f(x)exa可知0x当a0时，f(x)＝ex为增函数，f(y0)≥e01y[0,1]0∴时，．

∴ 不存在

y0[0,1]使f(y0)y0成立，故A，B错；

x当ae1时，f(x)＝exe1，当

y0[0,1]时，只有y01时f(x)才有意义，而f(1)01，故C错．故选D．

法二：显然，函数f(x)是增函数，f(x)0，由题意可得，

y031010sinx0cosx01010sin(x0)[1,1]，而由f(x)exxa可知y0[0,1]，

于是，问题转化为f(t)t在[0,1]上有解．

t2t2tag(t)ett，t[0,1]tetateta由，得，分离变量，得tg(t)e2t10，t[0,1]，因为

g(t)所以，函数g(t)在[0,1]上是增函数，于是有1g(0)≤≤即a[1,e]，应选D．

g(1)e，

【点睛】本题是一个函数综合题，方法一的切入点是观察四个选项中与不同，结合排除法以及函数性质判断出正确选项，方法二是把问题转化为函数的最值问题，利用导数进行研究，属于中档题。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡上.

13.已知i为虚数单位，复数z2ai(aR)在复平面内对应的点在直线x3y10上，则z的共轭复数z________．【答案】2i【解析】【分析】

把复数z2ai(aR)对应的点的坐标代入直线x3y10上，由此得到复数z，即可求出答案

【详解】复数z2ai(aR)在复平面内对应的点为(2,a)，代入直线x3y10，可得23a10，解得：a1，故复数z2i，所以复数z的共轭复数z2i；故答案为2i【点睛】本题主要考查复数对应点的坐标以及与共轭复数的关系，属于基础题。

14.记曲线yx与直线x2，y0所围成封闭图形的面积为S，则S________．

42【答案】3【解析】【分析】由曲线yx与直线x2联立，求出交点，以确定定积分中x的取值范围，最后根据定积

分的几何意义表示出区域的面积，根据定积分公式即可得到答案。

yxx2 ，得到交点为(2,2)，故曲线yx与直线x2，y0所围成

【详解】联立2封闭图形的面积

S023xdxx23202324222022333；42故答案为3【点睛】本题考查利用定积分求面积，确定被积区间与被积函数是解题的关键，属于基础题。

1(a2b2)15.直角三角形ABC中，两直角边分别为a、b，则△ABC外接圆面积为4．类

比上述结论，若在三棱锥ABCD中，DA、DB、DC两两互相垂直且长度分别为a,b,c，则其外接球的表面积为________．【答案】(abc)【解析】【分析】

直角三角形外接圆半径为斜边长的一半，由类比推理可知若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为a,b,c，将三棱锥补成一个长方体，其外接球的半径R为长方体体对角线长的一半。

【详解】由类比推理可知：以两两垂直的三条侧棱为棱，构造棱长分别为a,b,c的长方体，

222a2b2c2R222abc2其体对角线就是该三棱锥的外接球直径，则半径．所以表

a2b2c242面积

（）a2b2c22【点睛】本题考查类比推理的思想以及割补思想的运用，考查类用所学知识分析问题、解决问题的能力，属于基础题。

16.若曲线C与直线l满足：①l与C在某点P处相切；②曲线C在P附近位于直线l的异侧，则称曲线C与直线l“切过”．下列曲线和直线中，“切过”的有________．（填写相应的编号）

x32y0yeyxy(x2)x2①与 ②与 ③与yx1

④ysinx与yx ⑤ytanx与yx【答案】①④⑤【解析】【分析】

理解新定义的意义，借助导数的几何意义逐一进行判断推理，即可得到答案。

33x2,y|x00yl:y0C:yx【详解】对于①，，所以是曲线在点P(0,0) 处的切3C:yx线，画图可知曲线在点P(0,0)附近位于直线l的两侧，①正确；

22(x2),y|x20yy(x2)Cl:x2对于②，因为，所以不是曲线：在点

P2,0处的切线，②错误；

x|x0e01yye对于③，,，在P(0,1)的切线为yx1，画图可知曲线C在点

P(0,1)附近位于直线l的同侧，③错误；

对于④，

ycosx,y|x01，在点P0,0处的切线为l:yx，画图可知曲线C：

ysinx在点P0,0附近位于直线l的两侧，④正确；

y对于⑤，

11y|1x0P0,0cos2x，cos20，在点处的切线为l:yx，图可知曲线

C：ytanx在点P0,0附近位于直线l的两侧，⑤正确．

【点睛】本题以新定义的形式对曲线在某点处的切线的几何意义进行全方位的考查，解题的关键是已知切线方程求出切点，并对初等函数的图像熟悉，属于中档题。

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

1x1t5y2t517.已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半

轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为

22sin4．

（1）求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C交于A,B两点，求|AB|的值．

65222xy20xy2x2y0（2）5【答案】（1），

【解析】【分析】

（1）在直线l的参数方程中消去参数t可得出直线l的普通方程，将曲线C的极坐标方程先

利用两角和的正弦公式展开，再等式两边同时乘以，再代入出曲线C的直角坐标方程；

2x2y2cosxsiny代入化简可得

（2）解法一：将直线l的参数方程与曲线C的普通方程联立，得到关于t的二次方程，列出

韦达定理，由弦长公式得

ABt1t2t1t224t1t2可求出AB；

解法二：计算圆心C到直线l的距离d，并求出圆C的半径r，利用勾股定理以及垂径定理得出

AB2r2d2可计算出AB；

解法三：将直线l的方程与曲线C的直角坐标方程联立，消去y，得到关于x的一元二次方

程，列出韦达定理，利用弦长公式计算出

AB1k2x1x21k2x1x224x1x2可AB（其中k为直线l的斜率）。

1x1+t5t为参数2yty2x15【详解】（1）由直线l的参数方程，消去参数t得，

即直线l普通方程为2xy20.

对于曲线C,由

22sin+4,即=2cos2sin,

2=2cos2sin,

222xy,xcos,ysin，

22xy2x2y0. C曲线的直角坐标方程为

1x1+t5y2t22xy2x2y0，5C（2）解法一：将代入的直角坐标方程

t2整理得

4t105, 4,t1t2105，

t1t2ABt1t2t1t224t1t2655.

22（2）解法二：曲线C的标准方程为曲线C是圆心为

x1y12，

2C1,1，半径r2的圆.

d21122212设圆心

C1,1到直线l:2xy20的距离为d,则

15.

则

AB2r2d2=222165=55.

2y2x222xy2x2y0,消去y整理得5x214x80, (2) 解法三：联立

解得

x12,

x245.

将

x12,

x242y12,y25分别代入2xy20得5,

242,2，，-55.Cl所以,直线与圆的两个交点是

所以,

AB2x1x2y1y22242=22=65555.

22【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程的转化，考查直线参数方程中t的几何意义，同时也考查了直线截圆所得弦长的计算，一般而言，可以采用以下三种解法：（1）几何法：求出圆的半径r，以及圆心到直线的距离d，则直线截圆所得弦长为

2r2d2；（2）代数法：

xx0tcosyy0tsint①将直线的参数方程（为参数，为倾斜角）与圆的普通方程联立，得到

关于t的二次方程，结合韦达定理与弦长公式

t1t2t1t224t1t2计算；

②将直线的普通方程与圆的普通方程联立，消去x或y，得到关于另外一个元的二次方程，

121y1y2221kx1x21kx1x24x1x2k利用弦长公式或11k22y1y224y1y2来计算（其中k为直线的斜率）。

3f(x)=xx．18.已知函数

（1）求函数f(x)的单调区间；

（2）求函数f(x)在区间[1,2]上的最大值和最小值．

(,【答案】（1）单调递增区间为

33)（，）3和3，单调递减区间

(为

3323,)33．9（2）最大值为6，,最小值为

【解析】【分析】

（1）求出定义域和导数，由导数大于零，可得增区间，由导数小于零，可得减区间。（2）由（1）可得函数f(x)在区间[1,2]上的单调性，由单调性即可求出极值，与端点值进行比较，即可得到函数f(x)在区间[1,2]上的最大值和最小值。

32f(x)=xxf(x)=3x1 f(x)R【详解】（1）函数的定义域为，由得

令f(x)0得

x33，

x(,当

33)（，）3和3时，f(x)>0；

x(当

33,)33时，f(x)<0，

(,3333)（，）(,)3和333． ，单调递减区间

因此，f(x)的单调递增区间为（2）由（1），列表得

x1(1,3)333(33,)33033(3,2)32f(x)f(x)单调递增0单调递减单调递增极大值极小值因为 f(1)0，

f(323323)f()39，39，f(2)6

239．所以f(x)在区间[1,2]上的最大值为6，,最小值为

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调区间和最值问题，考查学生的基本运算能力，属于基础题。

19.某厂生产的产品在出厂前都要做质量检测，每一件一等品都能通过检测，每一件二等品

3通过检测的概率为4．现有10件产品，其中7件是一等品，3件是二等品.

（1）随机选取1件产品，求能够通过检测的概率；（2）随机选取3件产品，

（i）记一等品的件数为X，求X的分布列；（ii）求这三件产品都不能通过检测的概率．

37【答案】（1）40（2）（ⅰ）见解析（ⅱ）见解析

【解析】【分析】

（1）设随机选取一件产品，能通过检测的事件为A,，事件A等于事件“选取一等品都通过或者选取二等品通过检测”，由此能求出随机选取1件产品，能够通过检测的概率；（2）（i）随机变量X的取值有：0，1，2，3，分别求出其概率即可。

（ii）设随机选取3件产品都不能通过检测的事件为B，事件B等于事件“随机选取3件产品都是二等品且都不能通过检测”，由此能求这三件产品都不能通过检测的概率。【详解】（1）设随机选取一件产品，能通过检测的事件为A,事件A等于事件“选取一等品都通过或者选取二等品通过检测”，则

P(A)733371010440.

（2）（i）X的可能取值为0,1,2,3.

C70C331P(X0)3C10120，

12C7C217P(X1)33C1012040，

1C72C36321P(X2)3C1012040， 30C7C357P(X3)33C1012024.

故X的分布列为

X0123

P11207402140724（ii）设随机选取3件产品都不能通过检测的事件为B，事件B等于事件“随机选取3件产

111P(B)12047680品都是二等品且都不能通过检测”，所以

【点睛】本题考查等可能事件的概率，考查离散型随机变量的分布列，，考查独立重复试验的概率公式，本题是一个概率的综合题目。

320.在△ABC中，三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c．

（1）若B是A,C的等差中项，sinB是sinA,sinC的等比中项，求证：△ABC为等边三角形；

（2）若△ABC为锐角三角形，求证：tanAtanB1．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】

（1）由B是A,C的等差中项可得

B3，由sinB是sinA,sinC的等比中项，结合正弦定

理与余弦定理即可得到AC，由此证明△ABC为等边三角形；（2）解法1：利用分析法，结合锐角三角形的性质即可证明；

解法2：由△ABC为锐角三角形以及三角形的内角和为，可得cos(AB)0，利用公式

展开，进行化简即可得到tanAtanB1。

【详解】（1）由A,B,C成等差数列，有2BAC ① 因为A,B,C为ABC的内角，所以ABC ②

B由①②得

3 ③

由sinB是sinA,sinC的等比中项和正弦定理得，

b是a,c的等比中项， 所以b2ac ④

由余弦定理及③，可得bac2accosBacac

222(ac)0，因此ac acacac再由④，得即

22222从而AC ⑤

ABC由②③⑤，得

3所以△ABC为等边三角形． （2）解法1： 要证tanAtanB1sinAsinB1cosAcosB只需证

因为A、B、C都为锐角，所以cosA0，cosB0 故只需证：sinAsinBcosAcosB只需证：cosAcosBsinAsinB0 即证：cos(AB)0

因为ABC，所以要证：cos(AB)0即证：cos(C)0 即证：cosC0 因为C为锐角，显然cosC0故原命题得证，即tanAtanB1．

解法2：因为C为锐角，所以cosC0 因为C(AB)

所以cos[(AB)]0， 即cos(AB)0 展开得： cosAcosBsinAsinB0 所以 sinAsinBcosAcosB因为A、B、C都为锐角，所以cosA0，cosB0

sinAsinB1cosAcosB所以

即tanAtanB1【点睛】本题考查正余弦定理、等差等比的性质，锐角三角形的性质，熟练掌握定理是解决本题的关键。

21.近年来，人们对食品安全越来越重视，有机蔬菜的需求也越来越大，国家也制定出台了一系列支持有机肥产业发展的优惠政策，鼓励和引导农民增施有机肥，“藏粮于地，藏粮于技”．根据某种植基地对某种有机蔬菜产量与有机肥用量的统计，每个有机蔬菜大棚产量的增加量y（百斤）与使用有机肥料x（千克）之间对应数据如下表：使用有机肥料x(千克)产量增加量y (百斤)

32.1

42.9

53.5

64.2

74.8

85.6

96.2

106.7

$$$yybxa（精确到0.01）x（1）根据表中的数据，试建立关于的线性回归方程；

（2） 若种植基地每天早上7点将采摘的某有机蔬菜以每千克10元的价格销售到某超市，超市以每千克15元的价格卖给顾客．已知该超市每天8点开始营业，22点结束营业，超市规定：如果当天16点前该有机蔬菜没卖完，则以每千克5元的促销价格卖给顾客(根据经验，当天都能全部卖完)．该超市统计了100天该有机蔬菜在每天的16点前的销售量(单位：千克)，如表：每天16点前的销售量(单位：千克)

100

110

120

130

140

150

160

频数

10201616141410

若以100天记录的频率作为每天16点前销售量发生的概率，以该超市当天销售该有机蔬菜利润的期望值为决策依据，说明该超市选择购进该有机蔬菜110千克还是120千克，能使获得的利润更大？附：回归直线方程

naˆbxˆ中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： yniib(xx)(yy)xynxyiii1(xix)2i1ni1nxi2nxi18i2ˆaybx，．

2参考数据：

xyii18i261.8，

(xx)i142．

【答案】（1）【解析】【分析】

y0.66x0.21（2）选择购进该有机蔬菜120千克，能使得获得的利润更大

ˆbxaˆ中的斜率和截距的最y（1）求出x，y，结合题目所给数据，代入回归直线方程

小二乘估计公式中，即可求出线性回归方程；

（2）分别计算出购进该有机蔬菜110千克利润的数学期望和120千克利润的数学期望，进行比较即可得到答案。

x【详解】（1）

3456789106.58，

y2.12.93.54.24.85.66.26.74.58

因为

(xix)xi2xix8xxi28x4222i1i1i1i1888282，

b所以

xy8xyiii188xi12i8x2261.886.54.527.80.664242，

aybx4.50.666.50.21， 所以y关于x的线性回归方程为

y0.66x0.21.

（2）若该超市一天购进110千克这种有机蔬菜， 若当天的需求量为100千克时，获得的利

（）（）（）15-10-110-10010-5=450（元）润为：100；若当天的需求量大于等于110千克（）15-10=550（元）时，获得的利润为：110记

X1为当天的利润(单位：元)，则X1的分布列为

450

550

X1P1010090100X1数学期望是

E(X1)4501090550540100100

若该超市一天购进120千克这种有机蔬菜， 若当天的需求量为100千克时，获得的利润为：

100（）（）（）15-10-120-10010-5=400（元）；若当天的需求量为110千克时，获得的利（）（）（）15-10-120-11010-5=500（元）润为：110；若当天的需求量大于或等于120千（）15-10=600（元） 克时，获得的利润为：120记

X2为当天的利润(单位：元)，则X2的分布列为

400

500

600

X2P101002010070100X2数学期望是

E(X2)400102070500600560100100100

因为

E(X2)E(X1)所以 选择购进该有机蔬菜120千克，能使得获得的利润更大．

【点睛】本题考查线性回归方程的求解，考查离散型随机变量分布列以及期望的计算，属于中档题。

f(x)2lnx22.已知

kx,kRx1．

（1）讨论f(x)的单调性；（2） 若

x1，x2(x1x2)为f(x)的两个极值点，求证：2x[f(x1)f(x2)]k(ln2x1)．

【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】

（1）求出定义域以及导数，分类讨论，利用导数的正负讨论函数f(x)的单调性；（2）结合（1）可得极值点系写出

x1，x2为f(x)0的两个不相等的正实数根，利用根与系数关

x1，x2的关系式，代入f(x1)f(x2)进行化简，可知要证

2x[f(x1)f(x2)]k(ln2x1)，即证2xln2x1，令函数g(x)ln2x2x1(x0)，

利用导数求出函数g(x)的单调区间以及最值，即可证明

2x[f(x1)f(x2)]k(ln2x1).

f(x)2lnx【详解】(1)

kx(x0)x1 ，

2k2x2(4k)x2f(x)x(x1)2x(x1)2

2g(x)2x(4k)x2，对称轴为令

x4k4，

4k04①当，即k4时，g(x)的对称轴小于等于0，又g(0)20，所以

g(x)0在(0,)上恒成立，故 f(x)0，f(x)在(0,)上单调递增．

4k04 ②当，即k4时，g(x)的对称轴大于0．令g(x)0，

(4k)216k(k8)，令0，得k8或k0（i）当8k4时，0，g(x)0，从而f(x)0，此时f(x)在(0,)上单调递

增．

（ii）当k8时，，令g(x)0，

解得

x1(4k)k(k8)(4k)k(k8)x244，

0xx1或xx2时，f(x)0，

由于当k8时，x1>0，x1x2，所以当

当x1xx2时，f(x)0(0,x1)和(x2,)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．

所以f(x)在

(0,x1)和(x2,)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减（其

综上所述，当k8时，f(x)在

x1(4k)k(k8)(4k)k(k8)x244，）；

中

当k8时，f(x)在(0,)上为单调增函数．

2k2x2(4k)x2f(x)22xx(xx2)为f(x)的两个x(x1)x(x1)(2)证明：∵， 若1，21xx极值点，则由（1）知，当k8时，f(x)0有两个不相等的正实数根为1，2，则：4kxx0,122x1x210,(4k)2160,

f(x1)f(x2)2lnx1而

kx1kx22lnx2x11x21xx2ln(x1x2)k12x11x212ln(x1x2)k2x1x2x1x2kx1x2x1x21

故欲证原不等式等价于证明不等式：2kxk(ln2x1)，因为k8，所以也就是要证明：对任意x0，有2xln2x1．

11g()0g(x)2x令g(x)ln2x2x1(x0)，由于2，并且，

0x当

11(0,)2时，g(x)0，则g(x)在2上为增函数．

x当

11(,)2时，g(x)0，则g(x)在2上为减函数；

1g()0则g(x)在(0,)上有最大值2，所以g(x)0在(0,)上恒成立，即

2xln2x1在(0,)上恒成立，故原不等式成立．

【点睛】本题考查利用导数讨论函数单调性以及不等式恒成立的问题，综合性强，有一定难度。